Downloaded 23 times
![MTTCQ
Câu 9: Phải thêm vào 100ml dung dịch HCOOH 0,2M bao nhiêu
gam natri foocmat rắn HCOONa để có dung dịch đệm với pH = 4,3. Biết
pKHCOOH = 3,77.
Câu 10: Cần bao nhiêu gam CH3COONa hòa tan trong 50ml dung
dịch CH3COOH 0,04M để được pH = 5,43.
Câu 11: Tính pH dung dịch HNO2 0,120 M, Ka = 7,1.10-4
Câu 12: Tính pH dung dịch HF 2,0.10
–4
M. Ka = 6,7.10
–4
.
Câu 13: Tính [H+
], [OH-
], pH của dung dịch Na2S 0,100M.
Câu 14: Tính pH của dung dịch NaHCO3 1,00M. (H2CO3 có pKa1
= 6,35, pKa2 = 10,33).
Câu 15: Tính pH của dung dịch NaHSO3 1,00.10-3
M (H2SO3 có
pKa1 = 1,76, pKa2 = 7,21).
Câu 16: Xác định nồng độ của dd CH3COOH phải có trong dung
dịch sao cho pH = 3.](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-6-320.jpg)
+
với x có
giá trị từ 1 – 6. Giá trị hằng số bền của các phức [Fe(SCN-
)x](3-x)+
lần
lượt như sau: β1,1 = 103,03
; β1,2 = 104,33
; β1,3 = 104,63
; β1,4 = 104,53
; β1,5 =
104,23
; β1,6 = 103,23
; Xác định nồng độ của phức tạo thành và nồng độ
Fe3+
còn lại trong dung dịch khi thêm SCN-
vào dung dịch chứa [Fe3+
]0
= 0,001M với:](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-8-320.jpg)
![MTTCQ
a) [SCN-
] = 1M; b) [SCN-
] = 0,1M; c) [SCN-
]
= 0,01M;
Giả sử trong điều kiện đang xét, trong dung dịch chỉ xảy ra
các phản ứng giữa Fe3+
và SCN-
.
Câu 11: Xác định nồng độ của các thành phần ở trạng thái cân
bằng của dd H2C2O4 0,1M; biết pH của dd này là 1,28. Cho ka1 = 10-1,25
,
ka2 = 10-4,27
.
Câu 12: Dùng phối tử L là 1,10 – phenanthroline tạo phức với
Fe2+
. Phức tạo thành ở các dạng FeL, FeL2 và FeL3 với β1,1 = 105,9
; β1,1 =
1011,1
; β1,1 = 1021,3
; Hãy xác định nồng độ của các phức tạo thành và
nồng độ Fe2+
còn lại trong dd, nếu nồng độ Fe2+
ban đầu là 0,001M và
nồng độ L ở cân bằng là 0,1M.
Câu 13: Tính nồng độ cân bằng của các dạng phức trong dung
dịch AgNO3 và NH3 biết [Ag+
] = 1,0.10-6
M, [NH3] = 0,10M; Cho hằng
số bền của phức giữa Ag+
và NH3 là β1,1 = 103,32
, β1,1 = 107,24
.](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-9-320.jpg)
+
với x có giá trị từ 1 – 6. Giá
trị hằng số bền của các phức [Fe(SCN-
)x](3-x)+
lần lượt như sau: β1,1 = 103,03
; β1,2 =
104,33
; β1,3 = 104,63
; β1,4 = 104,53
; β1,5 = 104,23
; β1,6 = 103,23
; Xác định nồng độ của phức
tạo thành và nồng độ Fe3+
còn lại trong dung dịch khi thêm SCN-
vào dung dịch
chứa [Fe3+
]0 = 0,001M với:
a) [SCN-
] = 1M; b) [SCN-
] = 0,1M; c) [SCN-
] = 0,01M;
Giả sử trong điều kiện đang xét, trong dung dịch chỉ xảy ra các phản ứng
giữa Fe3+
và SCN-
.
Câu 11. Xác định nồng độ của các thành phần ở trạng thái cân bằng của dd H2C2O4
0,1M; biết pH của dd này là 1,28. Cho ka1 = 10-1,25
, ka2 = 10-4,27
.
Câu 12. Dùng phối tử L là 1,10 – phenanthroline tạo phức với Fe2+
. Phức tạo thành
ở các dạng FeL, FeL2 và FeL3 với β1,1 = 105,9
; β1,1 = 1011,1
; β1,1 = 1021,3
; Hãy xác định](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-20-320.jpg)
![MTTCQ
nồng độ của các phức tạo thành và nồng độ Fe2+
còn lại trong dd, nếu nồng độ Fe2+
ban đầu là 0,001M và nồng độ L ở cân bằng là 0,1M.
Câu 13. Tính nồng độ cân bằng của các dạng phức trong dung dịch AgNO3 và NH3
biết [Ag+
] = 1,0.10-6
M, [NH3] = 0,10M; Cho hằng số bền của phức giữa Ag+
và NH3
là β1,1 = 103,32
, β1,1 = 107,24
.
Hoàng Nhân Khôi
DH11H1
Câu 1 :
+
2
Hg + −
Br ⇔ +
HgBr 1
β
+
HgBr + −
Br ⇔ HgBr 2
β
HgBr + −
Br ⇔ −
HgBr 3
β
−
HgBr + −
Br ⇔ −
2
HgBr 4
β
Ta có hằng số bền từng nấc là :
05
.
9
1
.
1
1 10
=
= β
β ; 28
.
8
05
.
9
33
.
17
2
33
.
17
2
05
.
9
2
1
2
.
1 10
10
10
10
*
10
* =
=
⇒
=
=
= β
β
β
β
β ;
41
.
2
33
.
17
74
.
19
3
74
.
19
3
33
.
17
3
2
.
1
3
2
1
3
.
1 10
10
10
10
*
10
*
*
* =
=
⇒
=
=
=
= β
β
β
β
β
β
β
β ;
31
.
1
74
.
19
05
.
21
4
05
.
21
4
74
.
19
4
3
.
1
4
3
2
1
4
.
1 10
10
10
10
*
10
*
*
*
* =
=
⇒
=
=
=
= β
β
β
β
β
β
β
β
β
Vậy hằng số không bền từng nấc là :
31
.
1
4
1 10
1 −
=
=
β
K ;
41
.
2
3
2 10
1 −
=
=
β
K ;
28
.
8
2
3 10
1 −
=
=
β
K ;
05
.
9
1
4 10
1 −
=
=
β
K
Câu 2 :
−
+
+
⇒ 2
4
2
2
4 2
)
( ClO
Cd
ClO
Cd
M : 10-3
10-3
10-3
KI ⇒ +
K + −
I
M : 1 1 1
+
−
+
⇔
+ CdI
I
Cd 2
]
[
*
]
[
]
[
2
1 −
+
+
=
I
Cd
CdI
β
CdI
I
CdI ⇔
+ −
+
]
[
*
]
[
]
[
2 −
+
=
I
CdI
CdI
β
−
−
⇔
+ CdI
I
CdI
]
[
*
]
[
]
[
3 −
−
=
I
CdI
CdI
β
−
−
−
⇔
+ 2
CdI
I
CdI
]
[
*
]
[
]
[ 2
4 −
−
−
=
I
CdI
CdI
β
Ta có :
88
.
2
1
.
1
1 10
=
= β
β 5
3
2
1
3
.
1 10
*
* =
= β
β
β
β](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-21-320.jpg)
![MTTCQ
92
.
3
2
1
2
.
1 10
* =
= β
β
β 1
.
6
4
3
2
1
4
.
1 10
*
*
* =
= β
β
β
β
β
ĐLBTNĐ đầu :
=
+
+
+
+
=
= −
−
+
+
−
+ ]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
10 2
2
3
2 CdI
CdI
CdI
CdI
Cd
CCd
=
+
+
+
+
= −
+
−
+
−
+
−
+
+ 4
2
4
.
1
3
2
3
.
1
2
2
2
.
1
2
1
.
1
2
]
[
*
]
[
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[ I
Cd
I
Cd
I
Cd
I
Cd
Cd β
β
β
β
= =
+
+
+
+ −
−
−
−
+
)
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
1
(
*
]
[ 4
4
.
1
3
3
.
1
2
2
.
1
1
.
1
2
I
I
I
I
Cd β
β
β
β
= I
Cd α
*
]
[ 2+
Đặt I
α )
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
1
( 4
4
.
1
3
3
.
1
2
2
.
1
1
.
1
−
−
−
−
+
+
+
+
= I
I
I
I β
β
β
β
−
+
=
⇒ +
I
Cd
C
Cd
α
2
]
[ 2
6
4
1
.
6
3
5
2
92
.
3
88
.
2
10
*
36
.
1
1
*
10
1
*
10
1
*
10
1
*
10
1 =
+
+
+
+
=
I
α
M
C
Cd
I
Cd 10
6
3
2
10
*
35
.
1
10
*
36
.
1
10
]
[
2 −
−
+
=
=
=
−
+
α
M
I
Cd
CdI 12
.
7
10
88
.
2
2
1 10
*
35
.
1
1
*
10
*
35
.
1
*
10
]
[
*
]
[
*
]
[ −
−
−
+
+
=
=
= β
M
I
Cd
CdI 08
.
6
2
10
92
.
3
2
2
2
1 10
*
35
.
1
1
*
10
*
35
.
1
*
10
]
[
*
]
[
*
*
]
[ −
−
−
+
=
=
= β
β
M
I
Cd
CdI 5
3
10
5
3
2
3
2
1 10
*
35
.
1
1
*
10
*
35
.
1
*
10
]
[
*
]
[
*
*
*
]
[ −
−
−
+
−
=
=
= β
β
β
M
I
Cd
CdI 9
.
3
4
10
1
.
6
4
2
4
3
2
1
2
10
*
35
.
1
1
*
10
*
35
.
1
*
10
]
[
*
]
[
*
*
*
*
]
[ −
−
−
+
−
=
=
= β
β
β
β
Câu 3 :
26
.
10
3
4
4
4
3
16
.
6
2
2
3
3
3
2
2
67
.
2
3
2
2
2
2
2
3
2
4
3
1
3
4
58
.
2
2
)
(
2
9
.
8
4
2
2
2
4
2
10
]
[
]
[
*
]
[
10
]
[
]
[
*
]
[
10
]
[
]
[
*
]
[
10
]
[
]
[
*
]
[
10
]
[
*
]
[
]
)
(
[
)
(
10
]
[
*
]
[
]
[
2
−
−
+
−
+
−
−
−
−
+
−
+
−
−
−
−
+
−
+
−
−
−
+
−
+
−
−
+
+
+
−
+
−
+
−
−
−
+
=
=
+
⇔
=
=
+
⇔
=
=
+
⇔
=
=
+
⇔
=
=
⇔
+
=
=
⇔
+
+
−
HY
H
Y
K
H
Y
HY
Y
H
H
HY
K
H
HY
Y
H
Y
H
H
Y
H
K
H
Y
H
Y
H
Y
H
H
Y
H
K
H
Y
H
Y
H
OH
Mg
OH
Mg
OH
Mg
OH
Mg
Y
Mg
MgY
MgY
Y
Mg
OH
Mg
MgY
β
β
Gọi β′ là hằng số bền điều kiện của phức −
2
MgY vậy :
]
[
*
]
[
]
[
4
2
2
2
′
′
=
′ −
+
−
−
Y
Mg
MgY
MgY
β
]
[ 2
′
+
Mg : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của Mg2+
trừ phức chính −
2
MgY .
]
[ 4
′
−
Y : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của −
4
Y trừ phức chính −
2
MgY .
Ta có :
=
+
=
+
=
′ −
+
+
+
+
+
+ ]
[
*
]
[
*
]
[
]
)
(
[
]
[
]
[ 2
)
(
2
2
2
OH
Mg
Mg
OH
Mg
Mg
Mg OH
Mg
β
+
+
+
−
+
=
+
= )
(
2
)
(
2
*
]
[
]
[
*
1
(
*
]
[ OH
Mg
OH
Mg
Mg
OH
Mg α
β (2)](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-22-320.jpg)
![MTTCQ
Đặt ])
[
*
1
( )
(
)
(
−
+
+ +
= OH
OH
Mg
OH
Mg
β
α
=
+
+
+
+
=
=
+
+
+
+
=
′
+
−
+
−
+
−
+
−
−
−
−
−
−
−
1
2
3
4
4
2
3
4
3
4
3
4
2
4
4
4
4
4
3
2
2
3
4
4
*
*
*
]
[
*
]
[
*
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
]
[
*
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
K
K
K
K
H
Y
K
K
K
H
Y
K
K
H
Y
K
H
Y
Y
Y
H
Y
H
Y
H
HY
Y
Y
−
−
+
+
+
+
−
=
+
+
+
+
= 4
*
]
[
*
*
*
]
[
*
*
]
[
*
]
[
]
[
1
*
]
[ 4
1
2
3
4
4
2
3
4
3
3
4
2
4
4
Y
Y
K
K
K
K
H
K
K
K
H
K
K
H
K
H
Y α (1)
Đặt
+
+
+
+
=
+
+
+
+
−
1
2
3
4
4
2
3
4
3
3
4
2
4 *
*
*
]
[
*
*
]
[
*
]
[
]
[
1
4
K
K
K
K
H
K
K
K
H
K
K
H
K
H
Y
α
Từ (1) và (2) ta được :
−
+
−
−
+
− =
=
′ −
+
−
4
2
4
2
*
*
]
[
*
*
]
[
]
[
)
(
4
)
(
2
2
Y
OH
Mg
MgY
Y
OH
Mg
MgY
Y
Mg
MgY
α
α
β
α
α
β
a) pH = 4
M
OH
M
H 10
4
14
4
10
10
10
]
[
10
]
[ −
−
−
−
−
+
=
=
⇒
=
⇒
42
.
7
10
58
.
2
)
(
10
1
10
*
10
1 −
−
+
=
+
=
⇒ +
OH
Mg
α
8
2
67
.
2
16
.
6
26
.
10
4
4
67
.
2
16
.
6
26
.
10
3
4
16
.
6
26
.
10
2
4
26
.
10
4
10
*
773
.
2
10
*
10
*
10
*
10
)
10
(
10
*
10
*
10
)
10
(
10
*
10
)
10
(
10
10
1
4
=
=
+
+
+
+
=
⇒ −
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
Y
α
Vậy : 8645
.
2
10
*
773
.
2
*
)
10
1
(
10
* 8
42
.
7
9
.
8
)
( 4
2
2 =
+
=
=
′ −
−
+
−
−
Y
OH
Mg
MgY
MgY
α
α
β
β
b) pH = 8
M
OH
M
H 6
8
14
8
10
10
10
]
[
10
]
[ −
−
−
−
−
+
=
=
⇒
=
⇒
42
.
3
6
58
.
2
)
(
10
1
10
*
10
1 −
−
+
=
+
=
⇒ +
OH
Mg
α
2
2
67
.
2
16
.
6
26
.
10
4
8
67
.
2
16
.
6
26
.
10
3
8
16
.
6
26
.
10
2
8
26
.
10
8
10
*
856
.
1
10
*
10
*
10
*
10
)
10
(
10
*
10
*
10
)
10
(
10
*
10
)
10
(
10
10
1
4
=
=
+
+
+
+
=
⇒ −
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
Y
α
Vậy :
6
2
42
.
3
9
.
8
)
(
10
*
278
.
4
10
*
856
.
1
*
)
10
1
(
10
* 4
2
2 =
+
=
=
′ −
−
+
−
−
Y
OH
Mg
MgY
MgY
α
α
β
β
c) pH = 10
M
OH
M
H 4
10
14
10
10
10
10
]
[
10
]
[ −
−
−
−
−
+
=
=
⇒
=
⇒
42
.
1
4
58
.
2
)
(
10
1
10
*
10
1 −
−
+
=
+
=
⇒ +
OH
Mg
α](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-23-320.jpg)
![MTTCQ
82
.
2
10
*
10
*
10
*
10
)
10
(
10
*
10
*
10
)
10
(
10
*
10
)
10
(
10
10
1 2
67
.
2
16
.
6
26
.
10
4
10
67
.
2
16
.
6
26
.
10
3
10
16
.
6
26
.
10
2
10
26
.
10
10
4
=
=
+
+
+
+
=
⇒ −
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
Y
α
8
42
.
1
9
.
8
)
(
10
*
714
.
2
82
.
2
*
)
10
1
(
10
* 4
2
2 =
+
=
=
′ −
−
+
−
−
Y
OH
Mg
MgY
MgY
α
α
β
β
Câu 4 :
1
.
25
4
3
4
3
10
]
[
*
]
[
]
[
=
=
⇔
+ −
+
−
−
−
+
−
Y
Fe
FeY
FeY
Y
Fe FeY
β
]
[
]
[
*
]
[
]
[
]
[
*
]
[
]
[
]
[
*
]
[
]
[
]
[
*
]
[
3
4
4
4
3
2
2
3
3
3
2
2
3
2
2
2
2
2
3
4
3
1
3
4
−
+
−
+
−
−
−
+
−
+
−
−
−
+
−
+
−
−
+
−
+
−
=
+
⇔
=
+
⇔
=
+
⇔
=
+
⇔
HY
H
Y
K
H
Y
HY
Y
H
H
HY
K
H
HY
Y
H
Y
H
H
Y
H
K
H
Y
H
Y
H
Y
H
H
Y
H
K
H
Y
H
Y
H
Gọi β′ là hằng số điều kiện bền của phức −
FeY vậy :
]
[
*
]
[
]
[
4
3
′
′
=
′ −
+
−
−
Y
Fe
FeY
FeY
β
]
[ 3
′
+
Fe : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của +
3
Fe trừ phức chính −
FeY .
]
[ 4
′
−
Y : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của −
4
Y trừ phức chính −
FeY .
Ta có :
=
+
+
+
+
=
=
+
+
+
+
=
′
+
−
+
−
+
−
+
−
−
−
−
−
−
−
1
2
3
4
4
4
2
3
4
3
4
3
4
2
4
4
4
4
4
3
2
2
3
4
4
*
*
*
]
[
*
]
[
*
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
]
[
*
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
K
K
K
K
H
Y
K
K
K
H
Y
K
K
H
Y
K
H
Y
Y
Y
H
Y
H
Y
H
HY
Y
Y
−
−
+
+
+
+
−
=
+
+
+
+
= 4
*
]
[
*
*
*
]
[
*
*
]
[
*
]
[
]
[
1
*
]
[ 4
1
2
3
4
4
2
3
4
3
3
4
2
4
4
Y
Y
K
K
K
K
H
K
K
K
H
K
K
H
K
H
Y α
Đặt
+
+
+
+
=
+
+
+
+
−
1
2
3
4
4
2
3
4
3
3
4
2
4 *
*
*
]
[
*
*
]
[
*
]
[
]
[
1
4
K
K
K
K
H
K
K
K
H
K
K
H
K
H
Y
α
−
−
−
− =
=
′
⇒ −
+
−
4
4
*
]
[
*
]
[
]
[
4
3
Y
FeY
Y
FeY
Y
Fe
FeY
α
β
α
β
* pH = 1
1
10
]
[ −
+
=
⇒ H](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-24-320.jpg)
![MTTCQ
17
2
67
.
2
16
.
6
26
.
10
4
1
67
.
2
16
.
6
26
.
10
3
1
16
.
6
26
.
10
2
1
26
.
10
1
10
*
36
.
1
10
*
10
*
10
*
10
)
10
(
10
*
10
*
10
)
10
(
10
*
10
)
10
(
10
10
1
4
=
=
+
+
+
+
=
⇒ −
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
Y
α
7
17
1
.
25
10
*
285
.
9
10
*
36
.
1
10
=
=
′
⇒ −
FeY
β
* pH = 3
3
10
]
[ −
+
=
⇒ H
10
2
67
.
2
16
.
6
26
.
10
4
3
67
.
2
16
.
6
26
.
10
3
3
16
.
6
26
.
10
2
3
26
.
10
3
10
*
985
.
3
10
*
10
*
10
*
10
)
10
(
10
*
10
*
10
)
10
(
10
*
10
)
10
(
10
10
1
4
=
=
+
+
+
+
=
⇒ −
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
Y
α
14
10
1
.
25
10
*
159
.
3
10
*
985
.
3
10
=
=
′
⇒ −
FeY
β
Câu 5 :
+
−
+
⇔ K
CN
KCN Hằng số bền từng nấc :
]
[
*
]
)
(
[
]
)
(
[
)
(
)
(
]
[
*
]
)
(
[
]
)
(
[
)
(
)
(
]
[
*
]
)
(
[
]
)
(
[
)
(
)
(
]
[
*
]
)
(
[
]
)
(
[
)
(
)
(
]
[
*
]
)
(
[
]
)
(
[
)
(
)
(
]
[
*
]
[
]
)
(
[
)
(
2
5
3
6
6
3
6
2
5
4
2
5
5
2
5
4
3
4
4
4
3
2
3
3
3
2
2
2
2
2
2
3
2
1
2
3
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
+
−
+
−
+
+
+
−
+
−
+
+
+
−
+
=
⇔
+
=
⇔
+
=
⇔
+
=
⇔
+
=
⇔
+
=
⇔
+
CN
CN
Fe
CN
Fe
CN
Fe
CN
CN
Fe
CN
CN
Fe
CN
Fe
CN
Fe
CN
CN
Fe
CN
CN
Fe
CN
Fe
CN
Fe
CN
CN
Fe
CN
CN
Fe
CN
Fe
CN
Fe
CN
CN
Fe
CN
CN
Fe
CN
Fe
CN
Fe
CN
CN
Fe
CN
Fe
CN
Fe
CN
Fe
CN
Fe
β
β
β
β
β
β
Vậy hằng số bền tổng cộng từng nấc là :
Nấc 1 :
]
[
*
]
[
]
)
(
[
3
2
1
1
.
1 −
+
+
=
=
CN
Fe
CN
Fe
β
β
Nấc 2 : 2
3
2
2
1
2
.
1
]
[
*
]
[
]
)
(
[
* −
+
+
=
=
CN
Fe
CN
Fe
β
β
β
Nấc 3 : 3
3
3
3
2
1
3
.
1
]
[
*
]
[
]
)
(
[
*
* −
+
=
=
CN
Fe
CN
Fe
β
β
β
β
Nấc 4 : 4
3
4
4
3
2
1
4
.
1
]
[
*
]
[
]
)
(
[
*
*
* −
+
−
=
=
CN
Fe
CN
Fe
β
β
β
β
β](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-25-320.jpg)
![MTTCQ
Nấc 5 : 5
3
2
5
5
4
3
2
1
5
.
1
]
[
*
]
[
]
)
(
[
*
*
*
*
CN
Fe
CN
Fe
+
−
=
= β
β
β
β
β
β
Nấc 6 : 6
3
3
6
6
5
4
3
2
1
6
.
1
]
[
*
]
[
]
)
(
[
*
*
*
*
* −
+
−
=
=
CN
Fe
CN
Fe
β
β
β
β
β
β
β
Câu 6 :
Hằng số bền càng lớn thì hợp chất đó càng bền :
Ta có :
Hằng số không bền của phức −
2
CaY :
57
.
10
57
.
10
57
.
10
10
10
1
1
10
2
2
2 =
=
=
⇒
= −
−
−
−
−
CaY
CaY
CaY
K
K β
Hằng số không bền của phức −
FeY :
1
.
25
1
.
25
1
.
25
10
10
1
1
10 =
=
=
⇒
= −
−
−
−
−
FeY
FeY
FeY
K
K β
Vì
57
.
10
1
.
25
10
10 2 =
>
= −
−
CaY
FeY
β
β
⇒ Vậy phức chất −
FeY bền hơn phức chất −
2
CaY với −
4
Y .
Câu 7 :!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
2
2
2
2
2
10
*
2
10
10
:
2
−
−
−
−
+
+
⇔
M
Cl
Hg
HgCl
]
[
*
]
[
]
[
]
[
*
]
[
]
[
2
2
2
1
2
−
+
−
+
−
+
+
+
−
+
=
⇔
+
=
⇔
+
Cl
HgCl
HgCl
HgCl
Cl
HgCl
Cl
Hg
HgCl
HgCl
Cl
Hg
β
β
Ta có :
48
.
6
74
.
6
22
.
13
2
22
.
13
2
74
.
6
2
1
2
.
1
74
.
6
1
.
1
1
10
10
10
10
*
10
*
10
=
=
⇒
=
=
=
=
=
β
β
β
β
β
β
β
ĐLBTNĐ đầu :
=
+
+
=
=
+
+
=
=
−
+
−
+
+
+
+
−
+
2
2
2
1
2
1
2
2
2
]
[
*
]
[
*
*
]
[
*
]
[
*
]
[
]
[
]
[
]
[
10
2
Cl
Hg
Cl
Hg
Hg
HgCl
HgCl
Hg
CHg
β
β
β
−
+
−
−
+
=
+
+
= Cl
Hg
Cl
Cl
Hg α
β
β
β *
]
[
)
]
[
*
*
]
[
*
1
(
*
]
[ 2
2
2
1
1
2
Đặt )
]
[
*
*
]
[
*
1
( 2
2
1
1
−
−
+
+
=
− Cl
Cl
Cl
β
β
β
α
−
−
+
=
⇒
Cl
Hg
α
2
2 10
]
[
9
2
2
22
.
13
2
74
.
6
10
*
6385
.
6
)
10
*
2
(
*
10
10
*
2
*
10
1 =
+
+
= −
−
−
Cl
α
M
Hg 12
9
2
2
10
*
5064
.
1
10
*
6385
.
6
10
]
[ −
−
+
=
=
⇒](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-26-320.jpg)
![MTTCQ
M
Cl
Hg
HgCl 26
.
5
12
74
.
6
2
1 10
*
5064
.
1
10
*
5064
.
1
*
10
]
[
*
]
[
*
]
[ −
−
−
+
+
=
=
=
⇒ β
M
Cl
Hg
HgCl 78
.
2
2
12
22
.
13
2
2
2
1 10
*
0256
.
6
)
10
*
2
(
*
10
*
5064
.
1
*
10
]
[
*
]
[
*
*
]
[ −
−
−
−
+
=
=
=
⇒ β
β
Câu 8 :
13
.
16
4
3
4
3
10
]
[
*
]
[
]
[
=
=
⇔
+ −
+
−
−
−
+
−
Y
Al
AlY
AlY
Y
Al AlY
β
]
[
]
[
*
]
[
]
[
]
[
*
]
[
3
2
2
2
2
2
3
4
3
1
3
4
−
+
−
+
−
−
+
−
+
−
=
+
⇔
=
+
⇔
Y
H
H
Y
H
K
H
Y
H
Y
H
Y
H
H
Y
H
K
H
Y
H
Y
H
]
[
]
[
*
]
[
]
[
]
[
*
]
[
3
4
4
4
3
2
2
3
3
3
2
2
−
+
−
+
−
−
−
+
−
+
−
−
=
+
⇔
=
+
⇔
HY
H
Y
K
H
Y
HY
Y
H
H
HY
K
H
HY
Y
H
Gọi β′ là hằng số điều kiện bền của phức −
AlY vậy :
]
[
*
]
[
]
[
4
3
′
′
=
′ −
+
−
−
Y
Al
AlY
AlY
β
]
[ 3
′
+
Al : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của +
3
Al trừ phức chính −
AlY .
]
[ 4
′
−
Y : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của −
4
Y trừ phức chính −
AlY .
Ta có :
=
+
+
+
+
=
=
+
+
+
+
=
′
+
−
+
−
+
−
+
−
−
−
−
−
−
−
1
2
3
4
4
4
2
3
4
3
4
3
4
2
4
4
4
4
4
3
2
2
3
4
4
*
*
*
]
[
*
]
[
*
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
]
[
*
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
K
K
K
K
H
Y
K
K
K
H
Y
K
K
H
Y
K
H
Y
Y
Y
H
Y
H
Y
H
HY
Y
Y
−
−
+
+
+
+
−
=
+
+
+
+
= 4
*
]
[
*
*
*
]
[
*
*
]
[
*
]
[
]
[
1
*
]
[ 4
1
2
3
4
4
2
3
4
3
3
4
2
4
4
Y
Y
K
K
K
K
H
K
K
K
H
K
K
H
K
H
Y α
Đặt
+
+
+
+
=
+
+
+
+
−
1
2
3
4
4
2
3
4
3
3
4
2
4 *
*
*
]
[
*
*
]
[
*
]
[
]
[
1
4
K
K
K
K
H
K
K
K
H
K
K
H
K
H
Y
α
−
−
−
− =
=
′
⇒ −
+
−
4
4
*
]
[
*
]
[
]
[
4
3
Y
AlY
Y
AlY
Y
Al
AlY
α
β
α
β
* pH = 1
1
10
]
[ −
+
=
⇒ H
17
2
67
.
2
16
.
6
26
.
10
4
1
67
.
2
16
.
6
26
.
10
3
1
16
.
6
26
.
10
2
1
26
.
10
1
10
*
36
.
1
10
*
10
*
10
*
10
)
10
(
10
*
10
*
10
)
10
(
10
*
10
)
10
(
10
10
1
4
=
=
+
+
+
+
=
⇒ −
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
Y
α
099188447
.
0
10
*
36
.
1
10
17
13
.
16
=
=
′
⇒ −
FeY
β
* pH = 3
3
10
]
[ −
+
=
⇒ H](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-27-320.jpg)
![MTTCQ
10
2
67
.
2
16
.
6
26
.
10
4
3
67
.
2
16
.
6
26
.
10
3
3
16
.
6
26
.
10
2
3
26
.
10
3
10
*
985
.
3
10
*
10
*
10
*
10
)
10
(
10
*
10
*
10
)
10
(
10
*
10
)
10
(
10
10
1
4
=
=
+
+
+
+
=
⇒ −
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
Y
α
5
10
13
.
16
10
*
385
.
3
10
*
985
.
3
10
=
=
′
⇒ −
FeY
β
Câu 9 :
Ta tính pH của dung dịch :
Ta có : Ka = 10-9.24
( pKa = 9.24 )
−
+
−
+
−
+
+
⇔
+
⇒
+
⇔
OH
H
O
H
Cl
NH
Cl
NH
OH
NH
OH
NH
2
4
4
4
4
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[ +
+
+
−
+
+
−
−
+
=
H
OH
C
H
OH
C
K
H
b
a
a
M
C
C
K
H
b
a
a
gd
24
.
9
24
.
9
10
*
78
.
1
1
78
.
1
10
]
[ −
−
+
=
=
=
M
H
OH
gd
gd
6
24
.
9
14
14
10
*
7629
.
9
10
*
78
.
1
10
]
[
10
]
[ −
−
−
+
−
−
=
=
=
⇒
Vì [H+
] << [OH-
] ta bỏ [H+
] bên cạnh [OH-
]
Và vì [OH-
] << Ca, Cb ta bỏ [OH-
] bên cạnh Ca, Cb
9
]
log[
]
[
10
*
78
.
1
1
78
.
1
*
10
]
[ 24
.
9
24
.
9
=
−
=
⇒
=
=
=
= +
−
−
+
gd
gd
b
a
a
H
pH
H
C
C
K
H
Hay :
9
78
.
1
1
log
24
.
9
log =
+
=
+
=
a
b
a
C
C
pK
pH
M
H 9
10
]
[ −
+
=
⇒
62
.
18
4
2
2
2
4
2
10
]
[
*
]
[
]
[
2 =
=
⇔
+ −
+
−
−
−
+
−
Y
Ni
NiY
NiY
Y
Ni NiY
β
+
+
⇔
+ 2
3
3
2
)
(NH
Ni
NH
Ni
]
[
*
]
[
]
)
(
[
3
2
2
3
1
NH
Ni
NH
Ni
+
+
=
β
+
+
⇔
+ 2
2
3
3
2
3 )
(
)
( NH
Ni
NH
NH
Ni
]
[
*
]
)
(
[
]
)
(
[
3
3
2
2
3
2
NH
NH
Ni
NH
Ni
+
+
=
β
+
+
⇔
+ 2
3
3
3
2
2
3 )
(
)
( NH
Ni
NH
NH
Ni
]
[
*
]
)
(
[
]
)
(
[
3
2
2
3
2
3
3
3
NH
NH
Ni
NH
Ni
+
+
=
β
+
+
⇔
+ 2
4
3
3
2
3
3 )
(
)
( NH
Ni
NH
NH
Ni
]
[
*
]
)
(
[
]
)
(
[
3
2
3
3
2
4
3
4
NH
NH
Ni
NH
Ni
+
+
=
β](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-28-320.jpg)
![MTTCQ
+
+
⇔
+ 2
5
3
3
2
4
3 )
(
)
( NH
Ni
NH
NH
Ni
]
[
*
]
)
(
[
]
)
(
[
3
2
4
3
2
5
3
5
NH
NH
Ni
NH
Ni
+
+
=
β
67
.
2
1
1
.
1 10
=
= β
β
8
.
4
2
1
2
.
1 10
* =
= β
β
β
46
.
6
3
2
1
3
.
1 10
*
* =
= β
β
β
β
5
.
7
4
3
2
1
4
.
1 10
*
*
* =
= β
β
β
β
β
1
.
8
5
4
3
2
1
5
.
1 10
*
*
*
* =
= β
β
β
β
β
β](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-29-320.jpg)
![]
[
]
[
*
]
[
]
[
]
[
*
]
[
]
[
]
[
*
]
[
]
[
]
[
*
]
[
3
4
4
4
3
2
2
3
3
3
2
2
3
2
2
2
2
2
3
4
3
1
3
4
−
+
−
+
−
−
−
+
−
+
−
−
−
+
−
+
−
−
+
−
+
−
=
+
⇔
=
+
⇔
=
+
⇔
=
+
⇔
HY
H
Y
K
H
Y
HY
Y
H
H
HY
K
H
HY
Y
H
Y
H
H
Y
H
K
H
Y
H
Y
H
Y
H
H
Y
H
K
H
Y
H
Y
H
Gọi β′ là hằng số điều kiện bền của phức −
2
NiY vậy :
]
[
*
]
[
]
[
4
2
2
2
′
′
=
′ −
+
−
−
Y
Ni
NiY
NiY
β
]
[ 2
′
+
Ni : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của +
2
Ni trừ phức chính −
2
NiY .
]
[ 4
′
−
Y : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của −
4
Y trừ phức chính −
2
NiY .
Ta có :
3
*
]
[
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
1
(
*
]
[
]
)
(
[
]
)
(
[
]
)
(
[
]
)
(
[
]
)
(
[
]
[
]
[
2
5
3
5
.
1
4
3
4
.
1
3
3
3
.
1
2
3
2
.
1
3
1
2
2
5
3
2
4
3
2
3
3
2
2
3
2
3
2
2
NH
Ni
NH
NH
NH
NH
NH
Ni
NH
Ni
NH
Ni
NH
Ni
NH
Ni
NH
Ni
Ni
Ni
α
β
β
β
β
β
+
+
+
+
+
+
+
+
+
=
=
+
+
+
+
+
=
=
+
+
+
+
+
=
′
Đặt
( )
5
3
5
.
1
4
3
4
.
1
3
3
3
.
1
2
3
2
.
1
3
1 ]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
1
3
NH
NH
NH
NH
NH
NH β
β
β
β
β
α +
+
+
+
+
=
=
+
+
+
+
=
=
+
+
+
+
=
′
+
−
+
−
+
−
+
−
−
−
−
−
−
−
1
2
3
4
4
4
2
3
4
3
4
3
4
2
4
4
4
4
4
3
2
2
3
4
4
*
*
*
]
[
*
]
[
*
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
]
[
*
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
K
K
K
K
H
Y
K
K
K
H
Y
K
K
H
Y
K
H
Y
Y
Y
H
Y
H
Y
H
HY
Y
Y
−
−
+
+
+
+
−
=
+
+
+
+
= 4
*
]
[
*
*
*
]
[
*
*
]
[
*
]
[
]
[
1
*
]
[ 4
1
2
3
4
4
2
3
4
3
3
4
2
4
4
Y
Y
K
K
K
K
H
K
K
K
H
K
K
H
K
H
Y α
Đặt
+
+
+
+
=
+
+
+
+
−
1
2
3
4
4
2
3
4
3
3
4
2
4 *
*
*
]
[
*
*
]
[
*
]
[
]
[
1
4
K
K
K
K
H
K
K
K
H
K
K
H
K
H
Y
α
−
−
−
− =
=
′
⇒ −
+
−
4
3
2
4
3
2
*
*
]
[
*
*
]
[
]
[
4
2
2
Y
NH
NiY
Y
NH
NiY
Y
Ni
NiY
α
α
β
α
α
β
8
5
1
.
8
4
5
.
7
3
46
.
6
2
8
.
4
67
.
2
10
*
605
.
1
1
*
10
1
*
10
1
*
10
1
*
10
1
*
10
1
3
=
+
+
+
+
+
=
NH
α
2233
.
19
10
*
10
*
10
*
10
)
10
(
10
*
10
*
10
)
10
(
10
*
10
)
10
(
10
10
1 2
76
.
2
16
.
6
26
.
10
4
9
67
.
2
16
.
6
26
.
10
3
9
16
.
6
26
.
10
2
9
26
.
10
9
4
=
=
+
+
+
+
= −
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
Y
α
9
8
62
.
18
10
*
35
.
1
2233
.
19
*
10
*
605
.
1
10
2 =
=
′
⇒ −
NiY
β
Câu 10 :
]
[
*
]
[
]
)
(
[
)
( 3
2
1
2
3
−
+
+
+
−
+
=
⇔
+
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
Fe β](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-30-320.jpg)
![]
[
*
]
)
(
[
]
)
(
[
)
(
)
(
]
[
*
]
)
(
[
]
)
(
[
)
(
)
(
]
[
*
]
)
(
[
]
)
(
[
)
(
)
(
]
[
*
]
)
(
[
]
)
(
[
)
(
)
(
]
[
*
]
)
(
[
]
)
(
[
)
(
)
(
4
3
6
6
3
6
2
5
4
2
5
5
2
5
4
3
4
4
4
3
2
3
3
3
2
2
2
2
2
2
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
+
−
+
−
+
+
+
−
+
=
⇔
+
=
⇔
+
=
⇔
+
=
⇔
+
=
⇔
+
SCN
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
SCN
Fe
SCN
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
SCN
Fe
SCN
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
SCN
Fe
SCN
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
SCN
Fe
SCN
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
SCN
Fe
β
β
β
β
β
03
.
3
1
1
.
1 10
=
= β
β
33
.
4
2
1
2
.
1 10
* =
= β
β
β
63
.
4
3
2
1
3
.
1 10
*
* =
= β
β
β
β
53
.
4
4
3
2
1
4
.
1 10
*
*
* =
= β
β
β
β
β
23
.
4
5
4
3
2
1
5
.
1 10
*
*
*
* =
= β
β
β
β
β
β
23
.
3
6
5
4
3
2
1
6
.
1 10
*
*
*
*
* =
= β
β
β
β
β
β
β
ĐLBTNĐ đầu :
+
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
+
+
=
=
−
−
−
−
−
−
+
−
−
+
+
+
−
+
6
6
.
1
5
5
.
1
4
4
.
1
3
3
.
1
2
2
.
1
1
3
3
6
2
5
4
3
2
2
3
3
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
1
(
*
]
[
)
(
[
]
)
(
[
]
)
(
[
]
)
(
[
]
)
(
[
]
)
(
[
]
[
10
3
SCN
SCN
SCN
SCN
SCN
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
Fe
SCN
Fe
Fe
CFe
β
β
β
β
β
β
−
+
= SCN
Fe α
*
]
[ 3
Đặt :
)
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
]
[
*
1
( 6
6
.
1
5
5
.
1
4
4
.
1
3
3
.
1
2
2
.
1
1
−
−
−
−
−
−
+
+
+
+
+
+
=
− SCN
SCN
SCN
SCN
SCN
SCN
SCN
β
β
β
β
β
β
α
−
−
+
−
+
=
=
⇒
SCN
SCN
Fe
C
Fe
α
α
3
3 10
]
[
3
a) [SCN-
] = 1M
⇒ 5
6
23
.
3
5
23
.
4
4
53
.
4
3
63
.
4
2
33
.
4
03
.
3
10
*
18
.
1
1
*
10
1
*
10
1
*
10
1
*
10
1
*
10
1
*
10
1 =
+
+
+
+
+
+
=
−
SCN
α
Bài Tập Tổng Hợp Về Hóa
Phân Tích
Bài tập 1 : Tính pH của dung dịch HCl có nồng độ sau đây
a. 0,1M b. 0,02M c. 5.10-3
d. 10-6
e. 10-7
Giải
Nếu không kể đến lực ion của dung dịch thì pH của dung dịch HCl ở các nồng độ 0,1M,](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-31-320.jpg)
![0,02M, 5.10-3
M, 10-6
M, 10-7
M là:
a/Ca ={0,1M, 0,02M, 5.10-3
M , 10-6
}
Ta có: Ca ≥ 10-6
=> [OH-
] < < Ca khi đó : [H+
] =Ca
Vậy pH của dung dịch HCl ở các nồng độ này là:
pH1= -lg [Ca1] =-lg[0,1]=1
pH2= -lg [Ca2] =-lg[0,02]=1,7
pH3= -lg [Ca3] =-lg[5.10-3
]=2,3
pH4= -lg [Ca4] =-lg[10-6
]=6
b.Ta có : 10-8
< Ca =10-7
< 10-6
Ta có:
HCl ->H+
+ Cl-
H2O ƒ H+
+ OH-
Phương trình bảo toàn proton :
[H+
]=[Cl-
]+[OH-
] = Ca + [OH-
]
2
2
2
[ ]
[ ]
[ ] .[ ] 0
H O
H O
K
H Ca
H
H Ca H K
+
+
+ +
⇔ = +
⇔ − − =
⇔ [H+]2
-10-7
[H+
]-10-14
= 0
⇔
+ -7
+ -8
[H ]=1,62.10
[H ]=-6,2.10 ( )
loai
Vậy pH5=-lg[H+
] = -lg[1,62.10-7
] = 6,79
Bài tập 2 : Tính pH của dung dịch CH3COOH , pKa = 4,75 có nồng độ sau :
a. 10-1
M b. 10-2
M c. 10-3
M d. 10-4
M e. 10-5
M f. 10-6
M
Giải
Phương trình phân ly :
CH3COOH € CH3COO+H+
H2O € OH-
+ H+
Phương trình bảo toàn proton : [H+
] =[CH3COO-
]+ [OH-
] (1)
Phương trình bảo toàn hằng số :
3
3
[ ].[ ]
(2)
[ ]
CH COO H
K
CH COOH
− +
=
Phương trình bảo toàn khối lượng :
[CH3COOH] + [CH3COO-
]= Ca (3)](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-32-320.jpg)
![Giải (1) (2) (3) ta được :
[ ].([ ] [ ])
[ ] [ ]
H H OH
K
Ca H OH
+ + −
+ −
−
=
− +
Giả sử : [OH ] << H +
và Ca >> H +
2
.
H
K H K Ca
Ca
+
+
⇒ = ⇒ =
Vậy :pH =
1
( l g )
2
pKa o Ca
−
Với pKa = 4,75
a. pH =
1
1
(4,75 log10 ) 2,88
2
−
− =
b. Ca =10-2
M =>pH =
1
2
(4,75-log10-2
)=3,38
c. Ca =10-3
M =>pH =
1
2
(4,75-log10-3
)=3,88
d. Ca =10-4
M =>pH =
1
2
(4,75-log10-4
)=4,38
e. Ca =10-5
M =>pH =
1
2
(4,75-log10-5
)=4,88
f. Ca =10-6
M =>pH =
1
2
(4,75-log10-6
)=5,38
Bài tập 3 : Tính pH của các dung dịch muối amoniclorua có các nồng đồ sau :
a. a. 10-1
M b. 10-2
M c. 10-3
M
NH3 có pKb = 4,75
Giải
Phương trình phân ly :
NH4Cl 4
NH +
€ + Cl-
NH4
+
3
NH
€ + H+
H2O H +
€ + OH-
PT Hằng số Axit :
[ ]
[ ]
4 4
3 4
3
4
.
NH NH
NH H NH
K NH K
NH H
+ +
+ +
+ +
= ⇒ =
2
4
3
14
9,25
4,75
10
10
10
H O
NH
NH
K
K
K
+
−
−
−
= = =](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-33-320.jpg)
![PT bảo toàn điện tích : [H+
]=[NH3]+[OH-
]
4 2
4
.[ ]
[ ]
NH H O
K NH K
H
H H
+
+
+
+ +
⇔ = +
2
4
2
[ ] . a H O
NH
H K C K
+
+
⇔ = +
Ca=10-1
(M) => [H+
] = 7,5.10-6
=> pH =-lg[H+
]= 5,12
Ca=10-2
(M) => [H+
] = 2,37.10-6
=> pH =-lg[H+
]= 5,62
Ca=10-3
(M) => [H+] = 7,57.10-7
=> pH =-lg[H+
]= 6,12
Bài tập 4 :Vẽ đồ thị logarit nồng độ của dung dịch bazơ yếu B có pKb = 5 và nồng độ
10-2
M . Dựa vào đồ thị để tính pH của dung dịch .
Giải
Ta có các cân bằng trong dung dịch :
B + 2
H O BH OH
+ −
+
€
H2O € H+
+OH-
Phương trình bảo toàn proton: [OH-
] = [H+
]+ [BH+
] (1)
Phương trình bảo toàn khối lượng : [B] +[BH+
] = Cb (2)
Phương trình hằng số cân bằng :
[ ].[ ]
[ ]
B
BH OH
K
B
+ −
= (3)
Phương trình hằng số cân bằng của axit liên hợp với bazơ [BH+
] : KBH+= 2
H O
B
K
K
(4)
Vẽ đồ thị :
Ta có điểm hệ ( 9;-2)](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-34-320.jpg)
![Đồ thị logarit của bazo yếu B
Từ đồ thị ta thấy : [H+
] <<[BH+
]
Do đó phương trình (1) trở thành : [BH+
] = [OH-
]
2
[ ]
[ ] [ ]
H O
BH
K
Cb H
K H H
+
+
+ +
⇔ =
+
⇔ Cb[H+
]2
-KH2O.KBH
+
- [H+
].KH2O. =0
⇔ 10-2
[H+
]2
-10-14
[H+
] -1023
=0
11
11
[ ] 3,2.10
[ ] 3,1.10 ( )
H
H loai
+ −
+ −
=
=−
⇔
Vậy pH =-lg[H+
]=-lg[3,2.10-11
]=10,5
Bài tập 5 : Cần lấy bao nhiêu gam NH4Cl để pha thành 1 lít dung dịch có pH = 5,5 . Biết
NH3 có pKb = 4,75 .
Giải
Phương trình phân ly :
NH4Cl 4
NH +
€ + Cl-
NH4
+
3
NH
€ + H+
H2O H +
€ + OH –
Phương trình hằng số axit:
[ ]
[ ] 4
4
4
3
3
4
.
[ ]
NH
NH
K NH
NH H
K NH
H
NH
+
+
+
+
+
+
= ⇒ =
Do ion 4
NH +
là axit liên hợp của NH3 nên:
3 2
4
|
. NH H O
NH
K K K
+ =
2
4
3
14
9,25
4,75
10
10
10
H O
NH
NH
K
K
K
+
−
−
−
⇒ = = =
PT bảo toàn proton :
[H+
]=[NH3+[OH-
]
4 2
2
4
4
2
4
.[ ]
[ ]
[ ] [ ]
[ ] .[ ] (*)
NH H O
H O
NH
K NH K
H
H H
H K NH K
+
+
+
+
+ +
+ +
⇒ = +
⇒ = +
Vì dung dịch sau khi pha có pH = 5,5 => [H+
]=10-5,5
Nên (*) trở thành :](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-35-320.jpg)
![-5,5 2
(10 ) = 10-9,25
. [ 4
NH +
] + 10-14
⇒ [ 4
NH +
] =0,0177 (M)
Khi cân bằng ta có: [ 4
NH +
] = [ 4
NH Cl ]=0,0177 (M)
Do đó số mol 4
NH Cl cần lấy là : n NH4Cl= [NH4Cl]. V = 0,0177 . 1 = 0,0177 ( mol )
Vậy khối lượng cần lấy để pha thành 1lít dung dịch có pH = 5,5 là :
m =0,0177.53,5 = 0,95 (g)
CÂU 6: tính pH của các dd sau;
a) Dd A CH3COOH 2,5.10-2
M + CH3COONa 7,5.10-2
M
b) Dd A sau khi thêm 10-2
mol HCl vào 1 lít dd đó
c) Dd A sau khi thêm 10-2
mol NaOH vào 1 lít dd đó
GIẢI
a) Tính pH của dd (a) CH3COOH 2,5.10-2
M + CH3COONa 7,5.10-2
M
vì dd đã cho là dd đệm nên ta có pH dd được tính theo công thức
pH = pKa – log
trong đó:
ka là hằng số axít của CH3COOH
Ca là nồng độ của CH3COOH
Cb là nồng độ của CH3COONa
⇒ pH = 4,75 + 0,48 = 5,23
b)dd (a) sau khi thêm 10-2
mol HCl vào 1 lít dd đó
HCl = H+
+ Cl¯
[H+
] = [HCl] = 10-2
H+
+ CH3COO¯ = CH3COOH
Ta có [CH3COO¯] = 7,5 .10-2
- 10-2
= 6,5.10-2
[CH3COOH] = 2,5.10-2
+ 10-2
= 3,5.10-2
⇒ pH = 4,75 – log = 5,02
c) dd (a) sau khi thêm 10-2
mol NaOH vào 1 lít dd đó
NaOH = Na+
+ OH¯
[OH¯] = [NaOH] = 10-2
Trong dd sẽ xảy ra phản ứng
CH3COOH + OH¯ = CH3COO¯ + H2O
Ta có [CH3COO¯] = 7,5 .10-2
+ 10-2
= 8,5.10-2
[CH3COOH] = 2,5.10-2
- 10-2
= 1,5.10-2](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-36-320.jpg)
![MTTCQ
BÀI TẬP PHẦN 2.
CHƯƠNG 2. CÂN BẰNG ACID – BAZ
Câu 1. Tính pH của dung dịch CH3COOH 0,1 M, biết rằng hằng số phân ly của
axít này là Ka = 10-4,75
.
Câu 2. Tính pH của dung dịch NH4OH 1 M biết Kb= 1,76.10-5
.
Câu 3. Tính giá trị pH của dung dịch đệm gồm NH4OH 0,05 M và NH4Cl 0,05 M.
Cho biết KNH4OH = Kb = 1,76.10-5
.
Câu 4. Cho 500ml dung dịch CH3COOH 0,1 M. Người ta thêm từ từ dung dịch
NaOH 0,1 N vào 500ml dung dịch trên. Tính pH ở các thời điểm sau:
a. 100ml NaOH 0,1N b. 300ml NaOH 0,1N
c. 500ml NaOH 0,1N d. 600ml NaOH 0,1N
Câu 5. Tính pH của dung dịch NaCN 0,010 M. Cho pKa,HCN = 9,35.
Câu 6. Tính pH của dung dịch NH4Cl 0,10 M. Cho 3
NH
pK = 4,75.
Câu 7. Tính pH của dung dịch thu được khi thêm 0,102g CH3COONa vào 100ml
dung dịch 0,0375M CH3COOH. Biết pKCH3COOH = 4,75.
Câu 8. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn:
a. 50ml 0,1M KH2PO4 và 25ml 0,2M K2HPO4. Biết H3PO4 có pK1 = 2,16;
pK2 = 7,13; pK3 = 12,3.
b. 30ml 0,1M Na2CO3 và 15ml 0,1M NaHCO3. Biết H2CO3 có pK1 = 6,35;
pK2 = 10,33.
Câu 9. Phải thêm vào 100ml dung dịch HCOOH 0,2M bao nhiêu gam natri foocmat
rắn HCOONa để có dung dịch đệm với pH = 4,3. Biết pKHCOOH = 3,77.
Câu 10. Cần bao nhiêu gam CH3COONa hòa tan trong 50ml dung dịch CH3COOH
0,04M để được pH = 5,43.
Câu 11. Tính pH dung dịch HNO2 0,120 M, Ka = 7,1.10-4
Câu 12. Tính pH dung dịch HF 2,0.10–4
M. Ka = 6,7.10–4
.
Câu 13. Tính [H+
], [OH-
], pH của dung dịch Na2S 0,100M.
Câu 14. Tính pH của dung dịch NaHCO3 1,00M. (H2CO3 có pKa1 = 6,35, pKa2 =
10,33).
Câu 15. Tính pH của dung dịch NaHSO3 1,00.10-3
M (H2SO3 có pKa1 = 1,76, pKa2 =
7,21).
Câu 16. Xác định nồng độ của dung dịch CH3COOH phải có trong dung dịch sao
cho pH = 3.
MTTCQ](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-37-320.jpg)
![MTTCQ
Hoàng Nhân Khôi
DH11H1
Câu 1:
CH3COOH ⇔ CH3COO-
+ H+
H2O ⇔ OH-
+ H+
12
3
14
3
75
.
4
10
*
5
.
7
10
*
33
.
1
10
]
[
10
*
33
.
1
1
.
0
*
10
*
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
−
−
−
−
−
−
+
−
+
−
+
+
=
=
⇒
=
=
=
−
−
−
=
gd
a
a
gd
a
a
OH
C
K
H
OH
H
OH
H
C
K
H
Vì [OH-
] << [H+
] ta bỏ [OH-
] bên cạnh [H+
]
8778
.
2
]
log[
10
*
325
.
1
]
[
0
10
]
[
*
10
]
[
0
*
]
[
*
]
[
]
[
]
[
]
[
3
75
.
5
75
.
4
2
=
−
=
⇒
=
⇔
=
−
+
⇔
=
−
+
⇒
−
=
+
−
+
−
+
−
+
+
+
+
+
+
H
pH
H
H
H
C
K
H
K
H
H
H
C
K
H
a
a
a
a
a
Câu 2:
12
3
14
3
5
2
4
4
10
*
384
.
2
10
*
195
.
4
10
]
[
10
*
195
.
4
10
*
76
.
1
*
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
−
−
−
+
−
−
−
+
−
+
−
−
−
+
−
+
=
=
⇒
=
=
=
−
+
−
=
+
⇔
+
⇔
gd
b
b
b
b
H
C
K
OH
H
OH
H
OH
C
K
OH
OH
H
O
H
OH
NH
OH
NH
gd
Vì [H+
] << [OH-
] ta bỏ [H+
] bên cạnh [OH-
]
Và vì [OH-
] << Cb ta bỏ [OH-
] bên cạnh Cb
6227
.
11
]
log[
]
[
10
*
195
.
4
10
*
76
.
1
*
]
[
*
]
[
]
[
*
]
[
3
5
2
=
−
=
⇒
=
=
=
=
⇒
=
⇔
=
+
−
−
−
−
−
−
gd
gd
b
b
b
b
b
b
H
pH
OH
C
K
OH
C
K
OH
OH
C
K
OH
Câu 3:
Ta có
76
.
1
10
10
*
76
.
1
10
10
*
76
.
1
9
5
14
5
−
−
−
−
=
=
⇒
= a
b K
K
MTTCQ](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-38-320.jpg)
![MTTCQ
5
9
14
9
2
4
4
4
4
10
*
76
.
1
76
.
1
10
10
]
[
76
.
1
10
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
−
−
−
−
−
+
−
+
−
+
+
−
+
−
+
−
+
=
=
⇒
=
=
−
+
+
−
=
+
⇔
+
⇒
+
⇔
gd
b
a
a
dg
b
a
a
OH
C
C
K
H
OH
H
C
OH
H
C
K
H
OH
H
O
H
Cl
NH
Cl
NH
OH
NH
OH
NH
Vì [H+
] << [OH-
] ta bỏ [H+
] bên cạnh [OH-
]
Và vì [OH-
] << Ca, Cb tả bỏ [OH-
] bên cạnh Ca, Cb
2455
.
9
]
log[
]
[
76
.
1
10
]
[
9
=
−
=
⇒
=
=
=
+
−
+
H
pH
H
C
C
K
H gd
b
a
a
Câu 4:
Ta có Vtd =0.5 (lít)
a) VNaOH = 0.1 (lít) < Vtd = 0.5 (lít)
⇒ Trước điểm đương lượng ; dd gồm có CH3COONa và CH3COOH dư
25
.
10
75
.
4
14
75
.
4
75
.
4
3
3
3
3
75
.
4
3
3
10
*
5
.
2
10
*
4
10
]
[
10
*
4
60
1
15
1
10
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
10
60
1
1
.
0
5
.
0
1
.
0
*
1
.
0
*
]
[
15
1
1
.
0
5
.
0
1
.
0
*
1
.
0
1
.
0
*
5
.
0
*
*
]
[
3
3
3
3
3
−
−
−
−
−
−
+
−
+
−
+
+
+
−
+
−
−
=
=
=
=
=
−
+
+
−
=
+
⇔
+
⇒
=
=
=
+
=
+
=
=
=
+
−
=
+
−
=
=
gd
b
a
a
gd
b
a
a
COOH
CH
a
NaOH
COOH
CH
NaOH
NaOH
b
NaOH
COOH
CH
NaOH
NaOH
M
COOH
CH
a
OH
C
C
K
H
OH
H
C
OH
H
C
K
H
H
COO
CH
COOH
CH
Na
COO
CH
COONa
CH
K
K
M
V
V
C
V
COONa
CH
C
M
V
V
C
V
C
V
COOH
CH
C COOH
CH
Vì [OH-
] << [H+
] ta bỏ [OH-
] bên cạnh [H+
]
Và vì [H+
] << Ca, Cb ta bỏ [H+] bên cạnh Ca, Cb
MTTCQ](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-39-320.jpg)
![MTTCQ
14794
.
4
]
log[
]
[
10
*
4
60
1
15
1
]
[ 75
.
4
=
−
=
⇒
=
=
=
=
+
−
+
H
pH
H
C
C
K
H gd
b
a
a
b) VNaOH = 0.3 (lít) < Vtd = 0.5 (lít)
⇒ Trước điểm đương lượng ; dd gồm có CH3COONa và CH3COOH dư
25
.
10
75
.
4
14
75
.
4
75
.
4
3
3
3
3
75
.
4
3
3
10
*
5
.
1
10
*
3
2
10
]
[
10
*
3
2
80
3
40
1
10
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
10
80
3
3
.
0
5
.
0
1
.
0
*
3
.
0
*
]
[
40
1
3
.
0
5
.
0
1
.
0
*
3
.
0
1
.
0
*
5
.
0
*
*
]
[
3
3
3
3
3
−
−
−
−
−
−
+
−
+
−
+
+
+
−
+
−
−
=
=
=
=
=
−
+
+
−
=
+
⇔
+
⇒
=
=
=
+
=
+
=
=
=
+
−
=
+
−
=
=
gd
b
a
a
gd
b
a
a
COOH
CH
a
NaOH
COOH
CH
NaOH
NaOH
b
NaOH
COOH
CH
NaOH
NaOH
M
COOH
CH
a
OH
C
C
K
H
OH
H
C
OH
H
C
K
H
H
COO
CH
COOH
CH
Na
COO
CH
COONa
CH
K
K
M
V
V
C
V
COONa
CH
C
M
V
V
C
V
C
V
COOH
CH
C COOH
CH
Vì [OH-
] << [H+
] ta bỏ [OH-
] bên cạnh [H+
]
Và vì [H+
] << Ca, Cb ta bỏ [H+
] bên cạnh Ca, Cb
9261
.
4
]
log[
]
[
10
*
3
2
80
3
40
1
]
[ 75
.
4
=
−
=
⇒
=
=
=
=
+
−
+
H
pH
H
C
C
K
H gd
b
a
a
c) VNaOH = 0.5 (lít) = Vtd = 0.5 (lít)
⇒ Tại điểm đương lượng ; dd có CH3COONa
MTTCQ](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-40-320.jpg)
![MTTCQ
9
6
14
14
6
25
.
9
25
.
9
75
.
4
14
75
.
4
2
3
3
3
10
*
885885
.
1
10
*
30255
.
5
10
]
[
10
]
[
10
*
30255
.
5
05
.
0
*
10
*
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
10
10
10
10
05
.
0
5
.
0
5
.
0
1
.
0
*
5
.
0
*
]
[
3
3
−
−
−
−
−
+
−
−
−
+
−
+
−
−
−
−
−
−
+
−
+
−
=
=
=
=
=
=
−
+
−
=
=
=
⇒
=
=
+
⇔
+
⇒
=
+
=
+
=
=
OH
H
C
K
OH
H
OH
H
OH
C
K
OH
K
K
K
H
OH
O
H
Na
COO
CH
COONa
CH
M
V
V
C
V
COONa
CH
C
gd
b
b
gd
b
b
b
COOH
CH
a
NaOH
COOH
CH
NaOH
NaOH
b
Vì [H+
] << [OH-
] ta bỏ [H+
] bên cạnh [OH-
]
Và vì [OH-
] << Cb ta bỏ [OH-
] bên cạnh Cb
72448
.
8
]
log[
]
[
10
*
30255
.
5
05
.
0
*
10
*
]
[ 6
25
.
9
=
−
=
⇒
=
=
=
=
+
−
−
−
−
gd
gd
b
b
H
pH
OH
C
K
OH
d) VNaOH = 0.6 (lít) > Vtd = 0.5 (lít)
⇒ Sau điểm đương lượng ; dd gồm có CH3COONa và NaOH dư.
+
−
+
−
+
⇒
+
⇒
=
+
−
=
+
−
=
=
Na
OH
NaOH
Na
COO
CH
COONa
CH
M
V
V
C
V
C
V
NaOH
C
COOH
CH
NaOH
COOH
CH
COOH
CH
NaOH
NaOH
b
3
3
11
1
5
.
0
6
.
0
1
.
0
*
5
.
0
1
.
0
*
6
.
0
*
*
]
[
]
[
3
3
3
Ta xem hỗn hợp trên như một bazo mạnh.................................................................
]
[
]
[ −
−
+
=
OH
K
C
OH W
b
Vì Cb lớn nên ta xem như H2O phân ly không đáng kể. Vì vậy ta có :
9586
.
12
]
log[
10
*
1
.
1
11
1
10
]
[
10
]
[
11
1
]
[ 13
14
14
=
−
=
⇒
=
=
=
⇒
=
=
+
−
−
−
−
+
−
H
pH
M
OH
H
M
C
OH b
Câu 5:
MTTCQ](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-41-320.jpg)
![MTTCQ
73
.
4
10
10
*
73
.
4
10
]
[
10
*
73
.
4
01
.
0
*
10
*
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
10
10
10
10
35
.
9
10
4
14
4
65
.
4
2
65
.
4
35
.
9
14
35
.
9
−
−
−
+
−
−
−
+
−
+
−
−
−
+
−
+
−
−
−
−
=
=
⇒
=
=
=
−
+
−
=
+
⇔
+
⇒
=
=
⇒
=
⇒
=
gd
b
b
gd
b
b
b
a
a
H
C
K
OH
H
OH
H
OH
C
K
OH
OH
H
O
H
CN
Na
NaCN
K
K
pK
Vì [H+
] << [OH-
] ta bỏ [H+
] bên cạnh [OH-
]
665
.
10
]
log[
621
.
4
10
10
*
621
.
4
10
]
[
10
*
621
.
4
]
[
0
10
]
[
10
]
[
0
*
]
[
*
]
[
]
[
]
[
]
[
10
4
14
4
65
.
6
65
.
4
2
2
=
−
=
⇒
=
=
⇒
=
⇒
=
−
+
⇔
=
−
+
⇔
−
=
+
−
−
−
+
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
H
pH
H
OH
OH
OH
C
K
OH
K
OH
OH
OH
C
K
OH
b
b
b
b
b
Câu 6:
5
.
7
10
10
*
5
.
7
10
]
[
10
*
5
.
7
1
.
0
*
10
*
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
10
10
10
10
75
.
4
8
6
14
6
25
.
9
2
4
4
25
.
9
75
.
4
14
75
.
4
3
−
−
−
−
−
−
+
−
+
−
+
+
−
+
−
+
−
−
−
−
=
=
⇒
=
=
=
−
+
−
=
+
⇔
+
⇒
=
=
⇒
=
⇒
=
=
gd
a
a
gd
a
a
a
b
b
NH
OH
C
K
H
OH
H
OH
H
C
K
H
OH
H
O
H
Cl
NH
Cl
NH
K
K
pK
pK
Vì [OH-
] << [H+
] ta bỏ [OH-
] bên cạnh [H+
]
Và vì [H+
] << Ca ta bỏ [H+
] bên cạnh Ca
125
.
5
]
log[
]
[
10
*
5
.
7
1
.
0
*
10
*
]
[
*
]
[
]
[
*
]
[
6
25
.
9
2
=
−
=
⇒
=
=
=
=
⇒
=
⇔
=
+
+
−
−
+
+
+
+
gd
gd
a
a
a
a
a
a
H
pH
H
C
K
H
C
K
H
H
C
K
H
MTTCQ](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-42-320.jpg)
![MTTCQ
Câu 7:
75
.
4
10
75
.
4
3
−
=
⇒
=
= a
a
COOH
CH K
pK
pK
+
−
+
−
−
+
−
+
⇔
+
⇔
+
⇒
=
=
=
→
=
→
=
H
OH
O
H
H
COO
CH
COOH
CH
Na
COO
CH
COONa
CH
M
V
n
C
mol
O
n
g
O
m
COONa
CH
M
COONa
CH
COONa
CH COONa
CH
2
3
3
3
3
82
02
.
1
1
.
0
82
102
.
0
82
102
.
102
. 3
3
3
3
10
5
14
14
5
75
.
4
10
*
865
.
1
10
*
361
.
5
10
]
[
10
]
[
10
*
361
.
5
82
02
.
1
0375
.
0
10
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
−
−
−
+
−
−
−
−
+
−
+
−
+
+
=
=
=
⇒
=
=
=
−
+
+
−
=
H
OH
C
C
K
H
OH
H
C
OH
H
C
K
H
b
a
a
gd
b
a
a
Vì [OH-
] << [H+
] ta bỏ [OH-
] bên cạnh [H+
]
Và vì [H+
] << Ca, Cb ta bỏ [H+
] bên cạnh Ca, Cb
271
.
4
]
log[
]
[
]
[
=
−
=
⇒
=
=
+
+
+
gd
gd
b
a
a
H
pH
H
C
C
K
H
Câu 8:
a) Ta có pK1 = 2.16 ⇒ K1 = 10-2.16
pK2 = 7.13 ⇒ K2 = 10-7.13
pK3 = 12.3 ⇒ K3 = 10-12.3
Vì muối KH2PO4 và muối K2HPO4 đều là muối trung tính nên pH của dung dịch là :
8
3 59
.
21
3 3
.
12
13
.
7
16
.
2
3
3
2
1 10
*
358
.
6
10
10
*
10
*
10
*
*
]
[ −
−
−
−
−
+
=
=
=
=
=
⇒ K
K
K
H
Ka
pH = -log[H+
] = 7.2
Hay :
( ) ( ) ( ) ( ) 2
.
7
3
.
12
13
.
7
2
1
13
.
7
16
.
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
3
2
2
1 =
+
+
+
=
+
+
+
= pK
pK
pK
pK
pH
b) Ta có pK1 = 6.35 ⇒ K1 = 10-6.35
pK2 = 10.33⇒ K2 = 10-10.33
** Vì muối NaHCO3 là muối trung tính nên pH của dung dịch là :
9
68
.
16
33
.
10
35
.
6
2
1 10
*
571
.
4
10
10
*
10
*
]
[ −
−
−
−
+
=
=
=
=
=
⇒ K
K
H
Ka
MTTCQ](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-43-320.jpg)
![MTTCQ
6
9
14
10
*
1877
.
2
10
*
571
.
4
10 −
−
−
=
=
⇒ b
K
pH1 = -log[H+
] = 8.34
Hay :
( ) ( ) 34
.
8
33
.
10
35
.
6
2
1
2
1
2
1
1 =
+
=
+
= pK
pK
pH
** Dung dịch Na2CO3 sau khi trộn chung :
15
1
015
.
0
03
.
0
1
.
0
*
03
.
0
]
[
]
[ 3
2 =
+
=
= b
C
CO
Na
−
+
−
+
+
⇔
+
⇒
OH
H
O
H
CO
Na
CO
Na
2
3
3
2
82
.
3
10
10
*
82
.
3
10
]
[
10
]
[
10
*
82
.
3
15
1
*
10
*
1877
.
2
*
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
10
4
14
14
4
6
−
−
−
−
−
+
−
−
−
+
−
+
−
−
=
=
=
=
=
=
−
+
−
=
OH
H
C
K
OH
H
OH
H
OH
C
K
OH
gd
b
b
gd
b
b
Vì [OH-
] >> [H+
] ta bỏ [H+
] bên cạnh [OH-
]
Và vì [OH-
] << Cb ta bỏ [OH-
] bên cạnh Cb
gd
b
b OH
C
K
OH ]
[
10
*
82
.
3
15
1
*
10
*
1877
.
2
*
]
[ 4
6 −
−
−
−
=
=
=
=
582
.
10
]
log[
2 =
−
=
⇒ +
gd
H
pH
Vậy pH của dung dịch là :
461
.
9
2
582
.
10
34
.
8
2
2
1
=
+
=
+
=
pH
pH
pH
Câu 9:
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
10
77
.
3
10
10
10
]
[
10
]
[
10
]
[
3
.
4
77
.
3
7
.
9
3
.
4
14
14
3
.
4
−
+
−
+
+
+
−
+
−
−
−
−
−
+
−
−
−
+
−
+
+
−
=
+
⇔
+
⇒
=
⇒
=
=
=
=
=
⇒
=
⇒
=
OH
H
C
OH
H
C
K
H
H
HCOO
HCOOH
Na
HCOO
HCOONa
K
pK
pK
H
OH
H
pH
b
a
a
a
HCOOH
a
Vì [OH-
] << [H+
] ta bỏ [OH-
] bên cạnh [H+
]
Và vì [H+
] << Ca ta bỏ [H+
] bên cạnh Ca
Ta giả sử : [H+
] << Cb ta bỏ [H+
] bên cạnh Cb
MTTCQ](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-44-320.jpg)
![MTTCQ
Vậy ta được :
3
.
4
3
.
4
77
.
3
10
]
[
677688
.
0
]
[
10
2
.
0
10
]
[
−
+
+
−
−
+
=
>>
=
⇒
=
=
=
=
H
C
H
C
C
C
K
H
b
b
b
a
a
gd
Vậy giả sử của ta có thể chấp nhận
6082784
.
4
677688
.
0
8
.
6
1
.
0
68
=
⇒
=
=
=
=
=
HCOONa
HCOONa
HCOONa
HCOONa
HCOONa
M
b
m
m
m
V
M
m
C
C HCOONa
Câu 10:
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
10
;
10
10
10
]
[
10
]
[
10
]
[
43
.
5
3
3
3
3
75
.
4
57
.
8
43
.
5
14
14
43
.
5
−
+
−
+
+
+
−
+
−
−
−
−
−
+
−
−
−
+
−
+
+
−
=
+
⇔
+
⇔
=
=
=
=
⇒
=
⇒
=
OH
H
C
OH
H
C
K
H
H
COO
CH
COOH
CH
Na
COO
CH
COONa
CH
K
H
OH
H
pH
b
a
a
a
Vì [OH-
] << [H+
] ta bỏ [OH-
] bên cạnh [H+
]
Và vì [H+
] << Ca ta bỏ [H+
] bên cạnh Ca
Ta giả sử : [H+
] << Cb ta bỏ [H+]bên cạnh Cb
vậy ta được :
43
.
5
43
.
5
75
.
4
10
]
[
191452
.
0
]
[
10
04
.
0
10
]
[
−
+
+
−
−
+
=
>>
=
⇒
=
=
=
=
H
C
H
C
C
C
K
H
b
b
b
a
a
gd
Vậy giả sử của ta có thể chấp nhận
7849532
.
0
191452
.
0
1
.
4
05
.
0
82
3
3
3
3
3
3
=
⇒
=
=
=
=
=
COONa
CH
COONa
CH
COONa
CH
COONa
CH
COONa
CH
M
b
m
m
m
V
M
m
C
C COONa
CH
Câu 11:
MTTCQ](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-45-320.jpg)
![MTTCQ
12
3
14
14
3
4
2
2
2
10
*
08
.
1
10
*
23
.
9
10
]
[
10
]
[
10
*
23
.
9
12
.
0
*
10
*
1
.
7
*
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
−
−
−
+
−
−
−
−
+
−
+
−
+
+
−
+
+
=
=
=
⇒
=
=
=
−
+
−
=
+
⇔
+
⇔
H
OH
C
K
H
OH
H
OH
H
C
K
H
OH
H
O
H
NO
H
HNO
gd
a
a
gd
a
a
Vì [OH-
] << [H+] ta bỏ [OH-
] bên cạnh [H+
]
05
.
2
]
log[
10
*
8822
.
8
]
[
0
10
*
52
.
8
]
[
*
10
*
1
.
7
]
[
0
*
]
[
*
]
[
]
[
]
[
]
[
3
5
4
2
=
−
=
⇒
=
⇔
=
−
+
⇔
=
−
+
⇒
−
=
+
−
+
−
+
−
+
+
+
+
+
+
H
pH
H
H
H
C
K
H
K
H
H
H
C
K
H
a
a
a
a
a
Câu 12 :
11
4
14
14
4
4
4
2
10
*
73
.
2
10
*
661
.
3
10
]
[
10
]
[
10
*
661
.
3
10
*
2
*
10
*
7
.
6
*
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
−
−
−
+
−
−
−
−
−
+
−
+
−
+
+
−
+
+
=
=
=
⇒
=
=
=
−
+
−
=
+
⇔
+
⇔
H
OH
C
K
H
OH
H
OH
H
C
K
H
OH
H
O
H
F
H
HF
gd
a
a
gd
a
a
Vì [OH-
] << [H+] ta bỏ [OH-
] bên cạnh [H+
]
79
.
3
]
log[
10
*
612
.
1
]
[
0
10
*
34
.
1
]
[
*
10
*
7
.
6
]
[
0
*
]
[
*
]
[
]
[
]
[
]
[
4
7
4
2
=
−
=
⇒
=
⇔
−
+
⇔
=
−
+
⇒
−
=
+
−
+
−
+
−
+
+
+
+
+
+
H
pH
H
H
H
C
K
H
K
H
H
H
C
K
H
a
a
a
a
a
Câu 13:
Ta có axit H2S pKa1 = 7.02 (ka1 = 10-7.02
); pKa2 = 12.9 (Ka2 = 10-12.9
)
Na2S ⇒ Na+
+ S2-
0.1 0.1 0.1
MTTCQ](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-46-320.jpg)
![MTTCQ
S2-
+ H2O ⇔ HS-
+ OH-
Kb1 = 10-1.1
HS-
+ H2O ⇔ H2S + OH-
Kb2 = 10-6.98
H2O ⇔ OH-
+ H+
Kw = 10-14
Ta có :
Kb1 >> Kb2 ⇒ Bỏ qua OH-
do nấc thứ 2 phân li
13
14
14
1
.
1
10
*
0191
.
1
089125
.
0
10
]
[
10
]
[
089125
.
0
1
.
0
*
10
*
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
−
−
−
−
+
−
−
+
−
+
−
−
=
=
=
=
=
=
−
+
−
=
OH
H
C
K
OH
H
OH
H
OH
C
K
OH
gd
b
b
gd
b
b
Vì [H+
] << [OH-
] ta bỏ [H+
] bên cạnh [OH-
]
Và vì [OH-
] << Cb ta bỏ [OH-
] bên cạnh Cb
96
.
12
]
log[
]
[
089125
.
0
1
.
0
*
10
*
]
[ 1
.
1
=
−
=
⇒
=
=
=
=
+
−
−
gd
gd
b
b
H
pH
OH
C
K
OH
Câu 14:
Với axit H2CO3: pKa1 = 6.35 (Ka1 = 10-6.35
); pKa2 = 10.33 (Ka2 = 10-10.33
) nên pH của
NaHCO3 là:
34
.
8
)
33
.
10
35
.
6
(
2
1
)
(
2
1
2
1 =
+
=
+
= a
a pK
pK
pH
Hay :
34
.
8
]
log[
10
10
*
10
*
]
[ 68
.
16
33
.
10
35
.
6
2
1
=
−
=
⇒
=
=
=
+
−
−
−
+
H
pH
K
K
H a
a
Câu 15:
Với axit H2SO3: pKa1 = 1.76 (Ka1 = 10-1.76); pKa2 = 7.21 (Ka2 = 10-7.21) nên pH của
NaHSO3 là:
485
.
4
)
21
.
7
76
.
1
(
2
1
)
(
2
1
2
1 =
+
=
+
= a
a pK
pK
pH
Hay :
485
.
4
]
log[
10
10
*
10
*
]
[ 97
.
8
21
.
7
76
.
1
2
1
=
−
=
⇒
=
=
=
+
−
−
−
+
H
pH
K
K
H a
a
Câu 16:
75
.
4
11
3
14
3
10
;
10
10
10
]
[
10
]
[
3
_
−
−
−
−
−
+
=
=
=
⇒
=
⇒
= a
K
OH
H
pH
CH3COOH ⇔ CH3COO-
+ H+
H2O ⇔ OH-
+ H+
MTTCQ](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-47-320.jpg)
![MTTCQ
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[ −
+
−
+
+
−
−
−
=
OH
H
OH
H
C
K
H a
a
Vì [OH-] << [H+] ta bỏ [OH-] bên cạnh [H+]
057234
.
0
057234
.
0
10
10
*
10
10
]
[
*
]
[
]
[
*
*
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
3
75
.
4
3
75
.
4
6
2
2
=
=
⇒
=
+
=
+
=
⇒
−
=
⇔
=
−
=
−
−
−
−
+
+
+
+
+
+
+
+
a
M
a
a
a
a
a
a
a
a
gd
C
C
K
H
K
H
C
H
K
C
K
H
H
H
H
C
K
H
COOH
CH
MTTCQ](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-48-320.jpg)
![2.8. 1) Áp dụng qui tắc đương lượng: 125
M
= 41,2 0,09 103
M = 337,1.
Co = 125
337
1000
50
= 0,0742M
2) Khi thêm 8,24 ml (chưa đến đTĐ)
Áp dụng: h = K1 P
P
K = h P
1 P
với P = CV
CoVo
= 009 824
00742 50
= 0,1998 0,2
K = 104,3 02
08
= 1,25 105
.
2) h = WK
C'
với C' = CCo
C + Co
=009 00742
009 + 00742
= 0,04067 pH = 8,75.
2.9. V = 10 ml h = K.1 P
P
pH = 4,35. V = 12,45 ml h = K.1 P
P
pH = 6,15.
V = 12,5 ml h2
= WK
C'
pH = 8,14 V = 13 ml h = W
P 1
V + Vo
VoCo
pH = 11,12
2.10. TN1: Cho 20 ml dung dịch NaOH C (M) vào 30 ml CH3-COOH Co (M) đạt pH = 10,5 lớn hơn pHTĐ = 8,74, nghĩa là dung dịch tương ứng
với sau điểm tương đương, ta có:
h = W
P 1
V + Vo
VoCo
= 105
với P = CV
CoVo
= 2C
3Co
Sau khi thay số 2C 3Co = 1,58 103
()
TN2: Thêm tiếp 0,05 mmol HCl, đạt pH = 6 < 8,74 trước điểm tương đương. Ta có:
h = K.1 P
P
= 106
P = 0,94556
Với P = CV 005
CoVo
= 20C 005
30Co
= 0,094556 2C 2,837Co = 5 103
()
Giải () và () C = 3,22 102
M và Co = 2,098 102
M.
2.11. 1) NH4
+
NH3 + H+
K = 109,26
0,2--------------------0,01
0,2x----------------0,01+x
Áp dụng ĐL tác dụng khối lượng với x 0,01 x = 107,96
0,01.
Vật h = [H+
] = 0,01 pH = 2.
2) Gọi NaOH (C,V) và HCl (Co1,Vo) và 4
NH
(Co2,Vo)
Từ phương trình trung hoà điện: [Na+
] + [H+
] + [NH4] = [OH
] + [Cl
]
CV
V + Vo
+ h + Co2Vo
V + Vo
h
h + K
= W
h
+ Co1Vo + Co2Vo
V + Vo
CV Co1Vo
V + Vo
= (W
h
h) + Co2Vo
V + Vo
Co2Vo
V + Vo
h
h + K
= (W
h
h) + Co2Vo
V + Vo
K
h + K
Nhân 2 vế cho V + Vo
CoVo
và đặt P = CV
Co1Vo
, ta được:
P 1 = (W
h
h)V + Vo
CoVo
+ Co2
Co1
K
h + K
q = P 1 = (W
h
h)V + Vo
CoVo
+ Co2
Co1
K
h
với K h, thay số vào q = 1,74 102
hay 1,74%.
3) Áp dụng công thức q khi tính BNCĐ, chú ý môi trường (axit)
Đầu BNCĐ: 150h2
0,001h 1,099.108
= 0 h = 1,25 105
pH = 4,91.
Cuối BNCĐ: 150h2
+ 0,001h 1,099.108
= 0 h = 5,85 106
pH = 5,23.
2.12. V = 0 ml h = WK
Co
= 1010,83
không hỏ hơn nhiều so K
Nếu giải phương trình bậc 2 suy ra từ : 1 = W
h
1
Co
+ K
K + h
pH = 10,82.
V = 10 ml h = K. P
1 P
pH = 9,44 V = 20 ml h = K. P
1 P
pH = 8,66.
V = 24,95 ml h = K. P
1 P
pH = 6,56.
V = 25 ml h2
= KC' với C' = CCo
C + Co
= 0,0125M pH = 5,58.
V = 25,02 ml h = (P 1) CoVo
V + Vo
pH = 5
V = 30 ml h = (P 1) CoVo
V + Vo
pH = 2,64.
2.13. 1) P = 0 h = WK
Co
= 1011,22
với Co = 0,15M
Chuẩn độ 50% , P = 0,5 h = K. P
1 P
pH = 9,26](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-49-320.jpg)
![Khi P = 1 h2
= KC' với C' = CCo
C + Co
= 0,09375M pH = 5,14.
2) Áp dụng công thức sai số q = (h W
h
) C + Co
CCo
K
K + h
với h W
h
và K
q = 0,1% < 0,2% vậy MD dùng được.
2.14. 1) V = 10 ml đTĐ 1 h2
= K1K2C'
K1 + C'
với C' = CCo
C + Co
= 2
3
102
M pH = 4,86.
V = 20 ml đTD 2 h2
= K2K3 + WK2
C''
với C'' = CCo
C + 2Co
= 5 103
M pH = 9,41.
2) Khi dừng pH = 4,4 áp dụng qI sai số: 1,12%
3) Khi dừng pH = 9 áp dụng qII sai số: 0,7%.
2.15. Từ phương trình đường chuẩn độ của axit 2 nấc: P 1 = (W
h
h)V + Vo
CoVo
+ K1K2 h2
h2
+ hK1 + K1K2
Chú ý rằng VTĐ1 = 25 ml và VTĐ2 = 50 ml.
Nếu V = 20 ml trước đTĐ 1 P 1 = hV + Vo
CoVo
+ h
h + K1
Với P = 0,8
Thay số vào K1 = 5,06 103
Nếu V = 50 tại đTĐ 2 P 2 = W
h
C + 2Co
CCo
h
K2
Với P = 2
K2 = 2 106
.
2.16. 1) Điều kiện K1/K2 104
không thoả mãn không CĐ riêng được.
Do đó CĐ luôn đến nấc 2: h2
= WK2
C + 2Co
CCo
pH = 8,34.
2) h = K2 2 P
P 1
= 106
P = 1,9817 vậy CĐ được 98% kể từ nấc 1.
2.17. Chuẩn độ đến pH = 4,4: CĐ đến nấc thứ 1 của H3PO4
[H+
] + [Na+
] = [Ac
] + [H2PO4
] + [OH
]
với h và W
h
không đáng kể và [HPO4
] và [PO4
3
] không đáng kể
Gọi C1: nồng độ mol của ax. Axetic và C2: nồng độ ax. H3PO4.
20 01
20 + 25
= K
K + h
25C1
20 + 45
+ 25C2
20 + 25
thay K = 104,76
và h = 104,4
2 = 7,59C1 + 25C2 ()
Chuẩn độ đến pH = 9 CĐ đến nấc thứ 2:
[H+
] + [Na+
] = [Ac
] + 2[HPO4
2
] + [OH
] với h, W
h
không đáng kể
01 45
25 + 45
= 25C1
25 + 45
+ 2 25C2
70
4,5 = 25C1 + 50C2 ()
Giải hệ () và () C1 = 5,091 102
M và C2 = 6,454 102
M
2.18. 1) Tính được VTĐ1= 25 ml, VTĐ2 = 50 ml.
V = 20 ml h = K2 P
1 P
với P = CV
CoVo
= 0,8 h = 109,73
V = 25 ml h2
= W + K2C'
1 + K1
1
C'
với C' = CCo
C + Co
h = 108,34
.
V = 30 ml h = K1 P 1
2 P
với P = 1,2 h = 106,95
.
V = 50 ml C''= 5 103
< L = 3 102
M
áp dụng: P 2 = h C + 2Co
CCo
K1
h + K1
với P = CV
CoVo
= 2 và h K1
h = 104,325
.
2) q = (h W
h
)C + Co
CCo
+ h2
K1K2
h2
+ K1h + K1K2
= 1,76 102
hay 1,76%.
2.19. Lúc PP đổi màu: Sđlg NaOH + Sđlg Na2CO3 = Sđlg HCl
1,2( x
100
1
40
+ y
100
1
106
) = 30 0,5 103
()
Lúc MD đổi màu: Sđlg NaOH + Sđlg Na2CO3 = Sđlg HCl
1,2( x
100
1
40
+ y
100
1
53
) = 35 0,5 103
()
Giải hệ x = 41,67% và y = 22,08%.](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-50-320.jpg)
![2.20. Nồng độ dd B (NaOH): C' = 31 02
25
= 0,248M
1) Gọi x: số mol NaHCO3 và y số mol Na2CO3 (trong 25 mol dung dịch A)
Số mol HCl tác dụng với 25 ml dd A: x + 2y = 48 0,2 103
= 0,0096 ()
Sau khi thêm 50 ml dung dịch B vào 25 ml dung dịch A rồi trung hoà NaOH dư bằng HCl:
Số mol NaOH = x + số mol HCl
50 0,248 103
= x + (25 0,2 103
) x = 7,4 103
mol NaHCO3 %NaHCO3 = 82,88%
Từ () y = 1,1 103
mol Na2CO3 %Na2CO3 = 15,54%.
2) Ta có thể xem Na2CO3 (8,5 mmol) đã bị chuẩn độ bằng axit đến dd A: gồm Na2CO3 (1,1 mmol và NaHCO3 7,4 mmol)
Lúc đó P = CV
CoVo
= số mmol NaHCO3
tổng số mmol Na2CO3 ban đầu
= 74
85
= 0,87
Ap dụng h = K2 P
1 P
= 109,5
pH = 9,5
3) Nếu CĐ 25 ml dung dịch A bằng HCl đến PP chuyển màu (đến NaHCO3):
Số đlg Na2CO3 = Sđlg HCl 1,1 = V 0,2 V = 5,5 ml.
2.21. Nhận xét: ở pH = 7,21 h = 107,21
= K2 2 P
P 1
P = 1,5
(nghĩa là CĐ đến ½ nấc 2 của H3PO4)
Khi pH = 9,78 pK1 + pK2
2
= 9,765 CĐ đến vừa hết nấc 2 của H3PO4.
Thể tích NaOH CĐ được 1 nấc H3PO4: 5 2 = 10 ml.
Suy ra thể tích NaOH CĐ vừa hết H2SO4: 15 5 10 = 10 ml.
C (H3PO4) = 10 01
5
= 0,2M và C (H2SO4) = 01 10
5 2
= 0,1M.
Trung hoà hoàn toàn 5 ml dung dịch hỗn hợp H3PO4 và H2SO4 (nghĩa là đến nấc 3 H3PO4)
Ta có: V 0,1 = (0,1 2 5) + (0,2 3 5) V = 40 ml.
2.22. Số mol H3PO4: 0,025 0,4 = 0,01 mol. Số mol Na3PO4: 0,03 0,5 = 0,015 mol.
Xét tỉ lệ f = số mol H3PO4
số mol Na3PO4
= 0,667 0,5 < f < 2 , ta có phản ứng:
H3PO4 + 2Na3PO4 3Na2HPO4 2H3PO4 + Na3PO4 3NaH2PO4
a-----------2a--------------------3a b-----------0,5b------------------1,5b
nH3PO4
= a + b = 0,02 và nNa3PO4
= 2a + 0,5b = 0,015 a = 002
3
và b = 001
3
nNa2HPO4
= 3a = 0,02 mol và nNaH2PO4
= 1,5b = 0,005 mol
Nếu CĐ đến MD chuyển màu cần V ml HCl: 0,02 = 0,1V V = 200 ml
Nếu CĐ đến PP chuyển màu cần V' ml NaOH: 0,005 = 0,1V' V' = 50 ml
3.1. 1) ETĐ =
Eo
Fe
+ 5Eo
Mn
6
= 1,37V
2) Dừng CĐ ở E = 0,83 V < 1,37 V trước đTĐ, thiếu CĐ
Dùng E = E
o
Fe + 0,059lg P
1 P
P = 0,99714 q = P 1 = 0,00286 hay 0,286%
3.2. 1) CĐ thiếu 0,2%: E = E
o
U + 0059
2
lg P
1 P
vơi P = 0,998 E = 0,414 V
CĐ đến đTĐ: E =
2E
o
U + E
o
Ce
3
= 0,703V
CĐ đến quá 0,2% : E = E
o
Ce + 0,059 lg(1 P) với P = 1,002 E = 1,280 V
2) Dừng ở thế 0,42 V < 0,703V trước đTĐ: E = E
o
U + 0059
2
lg P
1 P
P = 0,9988
P = NV
NoVo
= 0,9988 V = 39,95 ml.
Dừng ở thế 1,27V > 0,703 V sau đTĐ: E = E
o
Ce + 0,059 lg(1 P) P = 1,0013
P = NV
NoVo
= 1,0013 V = 40,052 ml
3.3. 1) Từ 2 bán phản ứng: Fe3+
+ 1e Fe2+
K1 = 10 EFe/0,059
Ti3+
+ H2O e TiO2+
+ 2H+
K2 = 10ETi/0059
Phản ứng CĐ có K = K1K2 = 1011,36
2) Tính VTĐ = 50 ml và ETĐ =
E
o
Fe + Eo
Ti
2
= 0,435V
Theo E = E
o
Fe + 0,059lg[Fe3+
]
[Fe2+
]
vơi [Fe2+
] = 005 20
20 + 50
= 1
70
thay vào biểu thức E [Fe3+
] = 107,52
3) Dừng ở E = 0,330 V < ETĐ quá CĐ, ta dùng E = E
o
Ti + 0,059lg 1
P 1
P 1 và V 50 ml
3.4. ETĐ = 144 + 068
2
= 1,06V
* q = 0,001 P = 0,999](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-51-320.jpg)
![Áp dụng E =
o
Fe
E + 0,059log[Fe3+
]
[Fe2+
]
=
o
Fe
E + 0,059log P
1 P
= 0,857 V
* q = +0,001 P = 1,001
Áp dụng E =
o
Ce
E + 0,059log(P 1) = 1,263v
BNCĐ: 0,857 1,263V: Chọn Feroin chuyển màu rõ ở thế 1,12V từ đỏ sang xanh nhạt.
3.5. Chuẩn độ được 50% (P = 0,5): E =
o
Sn
E + 0059
2
log P
1 P
= 0,15V
Chuẩn độ được 90% (P = 0,9): E =
o
Sn
E + 0059
2
log P
1 P
= 0,178V
CĐ được 100% (P = 1): ETĐ =
o o
Fe Sn
E 2E
3
= 0,3567V
CĐ đến 110% (P = 1,1): E =
o
Fe
E + 0,059log(P 1) = 0,711V.
3.6. Au3+
+ 3I
AuI + I2
a----------------------------a mol
2Cu2+
+ 4I
2CuI + I2
b------------------------------0,5b mol
I2 + 2S2O3
2
2I
+ S4O6
2
Số mol I2 = a + 0,5b = ½ Số mol S2O3
2
= 0,5(0,076132,7103
) = 1,2442.103
Hay : 2a + b = 2,4884.103
()
Ngoài ra khối lượng mẫu hợp kim: 197a + 64b = 0,1676 ()
a = 1,2090.104
mol và b = 2,2466.103
mol
%Au = 14,221%.
3.7. Gọi x: % khối lượng H2C2O4.2H2O (M = 126)
y: % khối lượng KHC2O4.H2O (M = 146)
Với phép chuẩn độ axit bazơ: Sđlg NaOH = Sđlg H2C2O4.2H2O + Sđlg KHC2O4.H2O
43,1 0,125.103
= ( x
100
12
126
2
) + ( y
100
12
146
) ()
Với phép chuẩn độ oxi hóa khử:Sđlg KMnO4 = Sđlg H2C2O4.2H2O + Sđlg KHC2O4.H2O
43,1 0,125.103
= ( x
100
12
126
2
) + ( y
100
12
146
2
) ()
Giải hệ () và () x = 14,37 và y = 81,57.
3.8. Phản ứng oxi hóa Cr3+
thành
2
2 7
Cr O
:
2
2 8
S O
+ 2e
2 2
4
SO
2Cr3+
+ 7H2O 6e
2
2 7
Cr O
+14H+
3
2
2 8
S O
+ 2Cr3+
+ 7H2O
6 2
4
SO
+
2
2 7
Cr O
+ 14H+
Sđlg Cr3+
= Sđlg
2
2 7
Cr O
= Sđlg Fe2+
(lấy dư) Số đlg KMnO4 (CĐ FeSO4 thừa)
( x
100
2
52
3
) 20
100
= (35 15) 0,009 5 105
.
x = 3,9%.
3.9. Gọi a: số mol BaCO3 = số mol Ba2+
2Ba2+
K2Cr2O7
2BaCrO4
H+
2Ba2+
+
2
2 7
Cr O
a--------------------------------------------------0,5a
2
2 7
Cr O
+ 6I
+ 14H+
2Cr3+
+ 3I2 + 7H2O
0,5a-------------------------------------1,5a
I2 + 2
2
2 3
S O
2I
+
2
4 6
S O
1,5a-----3a 3a = 0,1013 38,68 103
a = 1,306 103
%Ba = 1306 103
137 100%
0512
= 34,95%
3.10. Gọi x: số mol PbO và y: số mol PbO2
PbO + H2C2O4 PbC2O4 + H2O (1)
x----------x-----------------x
PbO2 + 2H2C2O4 PbC2O4 + 2CO2 + 2H2O (2)
y----------2y--------------- ----y
5H2C2O4 + 2KMnO4 + 3H2SO4 2MnSO4 + 10CO2 + K2SO4 + 8H2O (3)
Số mol H2C2O4 tham gia (1) và (2): x + 2y = 20.0,25.103
10.0,04.103
.5
2
Hay x + 2y = 4.103
()
Khi hòa tan kết tủa PbC2O4 ta thu được H2C2O4 số mol:
x + y = 5
2
30.0,04.103
= 3.103
()
Giải hệ () và () x = 2.103
và y = 103
mol](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-52-320.jpg)
![%PbO = 2.103
.223 100%
1234
= 36,14%
%PbO2 = 103
.239 100%
1234
= 19,36%.
3.11. Pb2O3 + 6HCl 2PbCl2 + Cl2 + 3H2O
x-----------------------------------x
Pb3O4 + 8HCl 3PbCl2 + Cl2 + 4H2O
y-----------------------------------y
Pb2O3 2Pb2+
2PbCrO4
2
2 7
Cr O
x---------------------------------------------------------x
Pb3O4 3Pb3+
3PbCrO4 1,5
2
2 7
Cr O
y------------------------------------------------------------1,5y
2
2 7
Cr O
+ 6I
+ 14H+
2Cr3+
+ 3I2 + 7H2O
(x + 1,5y)---------------------------(3x + 4,5y)
I2 + 2
2
2 3
S O
2I
+
2
4 6
S O
Số mol
2
2 3
S O
= 2.Số mol I2 = 2(3x + 4,5y) = 35,04.103
.0,2
Hay: 6x + 9y = 7,008.103
()
Ngoài ra: Cl2 + 2I
I2 + 2Cl
(x + y)---------(x + y)
Số mol
2
2 3
S O
= 2(x + y) = 9,36.103
.0,2
Hay: x + y = 9,36.104
()
Giải hệ () và () x = 4,72.104
và y = 4,64.104
%Pb2O3 = 462x
06
100% = 36,33%
%Pb3O4 = 685y
06
100% = 52,96%.
3.12. Tính được VTĐ = 100 ml
Đầu BNCĐ: q = 0,001 và Vđ = 99,9 ml
E =
o
Fe
E + 0,059log[Fe3+
]
[Fe2+
]
Với [Fe3+
] = 001 999
1999
+ 001 100
1999
= 1999
1999
Fe3+
sinh ra Fe3+
có sẵn
Và [Fe2+
] = 001 01
1999
= 0001
1999
E = 0,68 + 0,059log1999
0001
= 0,875V
Cuối BNCĐ: Vc = 100,1 ml và P = 1,001
E =
o
Ce
E + 0,059log(P 1) = 1,263V.
3.13. Nếu cho qua cột khử Ag (trong dd HCl 1M), xảy ra:
Fe3+
+ Ag + Cl
Fe2+
+ AgCl
VO2
+
+ Ag + 2H+
+ Cl
VO2+
+ H2O
Khi chuẩn độ dung dịch thu được bằng Ce4+
thì Fe2+
Fe3+
và VO2+
VO2
+
Số mol Ce4+
= Số mol Fe2+
+ Số mol VO2+
8,86.103
.0,2 = x + y
Hay x + y = 1.772.103
()
Nếu cho qua cột khử Zn (H2SO4 1N) :
2Fe3+
+ Zn
2Fe2+
+ Zn2+
2VO2
+
+ 3Zn + 8H+
2V2+
+ 3Zn2+
+ 4H2O
Chuẩn độ bằng Ce4+
thì Fe2+
Fe3+
và V2+
VO2
+
Số đlg Ce4+
= Số đlgFe2+
+ Sđlg VO2
+
22.103
.0,2 = x + 3y ()
Giải hệ () và () cho x = 4,58.104
và y = 1,314.103
%Fe = 200
50
458 104
56 100%
05
= 20,52%
%V = 200
50
1314 103
51 100%
05
= 53,6%.
3.14. Phản ứng: 6Fe2+
+ Cr2O2
7 + 14H+
6Fe3+
+ 2Cr3+
+ 7H2O
Ta có: ETD = Eo
Fe + 6Eo
Cr
7
+ 0059
7
lg[Fe3+
]
[Fe2+
]
[Cr2O7
2-
]
[Cr3+
]2
(chấp nhận [H+
] = 1)
Tại đTĐ: 6[Cr2O
2
7 ] + 3[Cr3+
] = [Fe3+
] + [Fe2+
] mà 3[Cr3+
] = [Fe3+
]
Nên suy ra: 6[Cr2O
2
7 ] = [Fe2+
], thay vào biểu thức sau log:
[Fe3+
]
[Fe2+
]
[Cr2O7
2-
]
[Cr3+
]2
= 3[Cr3+
]
6[Cr2O
2
7 ]
[Cr2O7
2-
]
[Cr3+
]2
= 1
2[Cr3+
]
Vậy ETĐ = Eo
Fe + 6Eo
Cr
7
+ 0059
7
lg 1
2[Cr3+
]
= 1
7
(Eo
Fe + 6Eo
Cr 0018lg[Cr3+
])](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-53-320.jpg)
![VTD = 01 100
01
= 100 ml [Cr3+
] = [Fe3+
]
3
= 1
3
NoVo
V+Vo
= 01 100
3 200
= 01
6
Thay vào ETD = 1,249 volt.
Nếu dừng ở E = 1 volt: trước đTĐ E = Eo
Fe + 0,059lg P
1 P
= Eo
Fe + 0,059lgq+1
-q
q = 3,77.104
%
Nếu dừng ở E = 1,3 volt sau đTĐ
E = Eo
Cr + 0059
6
lg[Cr2O7
2-
]
[Cr3+
]2
= Eo
Cr + 0059
6
lg 1
[Cr3+
]
+ 0059
6
lg [Cr2O7
2-
]
[Cr3+
]
(1)
Ta có: 6[Cr2O
2
7 ] + 3[Cr3+
] = NV
V+Vo
Sau đTĐ: 3[Cr3+
] = [Fe3+
] = NoVo
V+Vo
[Cr3+
] = NoVo
3(V+Vo)
01
6
Và 6[Cr2O
2
7 ] = NV NoVo
V+Vo
[Cr2O
2
7 ] = 1
6
NV NoVo
V+Vo
Vậy [Cr2O7
2-
]
[Cr3+
]
= 1
2
NV NoVo
NoVo
= P 1
2
= q
2
Thay vào biểu thức (1): E = 1,33 + 0059
6
lg 6
01
+ 0059
6
lgq
2
q = 2,965 105
hay 2,965 103
%
3.15. Với q = 0,2% = 0,002 P = 0,998 trước đTĐ
E = Eo
A + 006
nA
lg P
1 P
= Eo
In 006
n
= Eo
A + 006
nA
lg 0998
0002
= Eo
In 006
n
Eo
A = Eo
In 006
n
006
nA
2,698 (1)
Với q = + 0,2% = 0,002 P = 1,002: sau đTD
E = Eo
B + 006
nB
lg(P 1) = Eo
In + 006
n
Eo
B = Eo
In + 006
n
+ 006
nB
2,698 (2)
Lấy hiệu số (2) và (1): Eo
B Eo
A = 0,06(2
n
+ 2698
nA
+ 2698
nB
)
4.1. 1)a Tại điểm tương đương: [Ag+
] = [Br
] = T = 10123
= 106,15
[ 2
4
CrO
] = 2 4
11,7
Ag CrO 0,6
12,3
T 10
10 3,98M
[Ag ] 10
b. Xét : CrO4
2
+ H2O
HCrO4
+ OH
WK1
= 107,5
C 2.103
[ ] (2.103
x)--------------x---------x
x = 7,94.106
2.103
nên [CrO4
2
] = 2.103
M.
Khi kết thúc chuẩn độ: [Ag+
] = 2 4
11,7
Ag CrO 4,5
2 3
4
T 10
10
[CrO ] 2.10
so với [Ag+
]TĐ quá CĐ
Áp dụng: q = ([Ag+
] T
[Ag+
]
)C + Co
CCo
= 104,5
. 001 + 005
001.005
= 102,42
q = 3,8.103
= 0,38%.
2) Đầu BNCĐ: q = -0,001 = (m T
m
)C + Co
CCo
Với m T
m
=-0,001 = 10123
m
001 + 005
001.005
m = 107,22
pAg = 7,22
Cuối BNCĐ: pAg = 12,3 7,22 = 5,08
Vậy BNCĐ: từ pAg = 7,22 đến pAg = 5,08
4.2. Từ công thức sai số: q = (T
m
m) C + Co
CCo
Với m = [Pb2+
]
Trước điểm tương đương: m T
m
m 005 + 001
005.001
= 0,001 m = 8,333.106
[ 2
4
CrO
] = 4
14
PbCrO 8,92
2 5,079
T 10
10
[Pb ] 10
[Ag+
] =
12
1,54
8,92
10
10
10
= 2,88.102
M
Sau điểm tương đương: m T
m
T
m
0,06
0,0005
= 0,001 T
m
= [ 2
4
CrO
] = 105,079
[Ag+
] =
12
5,079
10
10
= 3,46.104
M.
4.3. Ag+
+ SCN
AgSCN T = 1012
Co = CAgNO3
= 001 55
100
= 5,5.103
M ; C = CSCN = 0,01M](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-54-320.jpg)
![Công thức sai số: q = ([SCN]* [Ag+
])C + Co
CCo
, trong đó [SCN
]* = [SCN
] + [Fe(SCN)2+
]
Ta cần phải tìm [Ag+
]. Từ cân bằng: Fe3+
+ SCN
Fe(SCN
)2+
= 103,03
[ ]: 5.103
----x---------------6.106
x = 1,12.106
[Ag+
] = T
[SCN
]
= 1012
112.106
= 8,93.107
M
Và [SCN
]* = [SCN
] + [Fe(SCN)2+
] = 1,12.106
+ 6.106
= 7,12.106
M
Với q = ([SCN]* [Ag+
])C + Co
CCo
= (7,12.106
8,93.107
) 001 + 55.103
001.55.103
= 1,754.103
Hay q = 0,18%.
4.4. Ag+
+ Cl
AgCl và Ag+
+ SCN
AgSCN
Số mol Ag+
= Số mol Cl
+ Số mol SCN
(pứ)
(500,021)103
= (1000,009).103
+ a (với a: sô mol SCN
đã phản ứng)
a = 0,15.103
mol [SCN
]dư =
3
3
(0,6 0,15)10
10
163
2,76103
M
AgCl + SCN
AgSCN + Cl
102
C 2,76.103
[ ] (2,76.103
x)---------------x
x = 2,73.103
và [SCN
] = 3.105
M
Tính lại nồng độ CFe3+ = 11
163
= 6,13.103
M
Xét cân bằng: Fe3+
+ SCN
Fe(SCN)2+
= 103,03
C 6,13.103
------------------3.105
[ ] (6,13.103
3.105
+ x)-----x-------------(3.105
x)
x = 3,98.106
[Fe(SCN)2+
] = 3.105
3,98.106
= 2,602.105
> 6.106
: Vậy có màu đỏ xuất hiện
4.5. Số đlg Ag+
= Số đlg IO3
+ Số đlg SCN
50 0,1 = 50Co + 30.0,1 Co = 0,04M
q = ([SCN
]* [Ag+
])C + Co
CCo
với [SCN
]* = [SCN
] + [Fe(SCN)2+
]
Từ Fe3+
+ SCN
Fe(SCN)2+
= 103,03
[ ] 5.103
x 6.106
. ĐLTDKL cho x = 1,12.106
và [Ag+
] = T
112.106
= 8,93.107
[SCN
]* = [SCN
] + [Fe(SCN)2+
] = 1,12.106
+ 6.106
= 7,12.106
Tính lại nồng độ đầu Ag+
: Co = 3001103
1000
100
= 0,03M (số mol Ag+
dư = số mol SCN
)
Vậy: q = (7,12 106
8,93 107
)003 + 01
003 01
= 2,7 104
hay 0,027%.
4.6. 1) Số đlg Fe2+
= Số đlg Cr2O
2
7
25No
1000
=
8 N
1000
với N = 6CM = 0,6M No = CFe2+ = 0,192M
Chuẩn độ Cl
: Số đlg Ag+
= Số đlg Cl
Số đlg SCN
25 No’ = (100 0,16) (25 0,12) No’ = CCl = 0,52 M
2) Nếu chỉ có (FeCl2 chưa bị oxi hoá): CCl = 2CFe2+ = 0,52 CFe2+ = 0,29 M
Fe2+
đã bị oxi hoá thành Fe3+
:
0068 100
026
= 26,15%
3) Từ 2 biểu thức Nernst của cặp Fe3+
/Fe2+
và Cr2O
2
7 /Cr3+
ta có:
7ETĐ = Eo
Fe + 6Eo
Cr + 0,059lg [Fe3+
]
[Fe2+
]
[Cr2O7
2-
]
[Cr3+
]2
(chấp nhận [H+
] = 1)
Tại đTĐ: 6[Cr2O
2
7 ] + 3[Cr3+
] = [Fe3+
] + [Fe2+
] mà 3[Cr3+
] = [Fe3+
]
Nên suy ra: 6[Cr2O
2
7 ] = [Fe2+
], thay vào biểu thức sau log:
[Fe3+
]
[Fe2+
]
[Cr2O7
2-
]
[Cr3+
]2
= 3[Cr3+
]
6[Cr2O
2
7 ]
[Cr2O7
2-
]
[Cr3+
]2
= 1
2[Cr3+
]
Vậy ETĐ = Eo
Fe + 6Eo
Cr
7
+ 0069
7
lg 1
2[Cr3+
]
4.7. Số đlg NaCl + Số đlg KCl = Số đlg AgNO3 Số đlg NH4SCN
( a
585
60
100
) + ( a
745
37
100
) = 25 0,1 103
5,5 0,1 103
a = 0,128 gam.
4.8. 1) Chuẩn độ bằng HCl: Số đlg NH3 = Số đlg HCl
C 25 103
= 0,1 15 103
CNH3
= 0,06M
Xác định NH4Cl : xác định Cl
Số đlg AgNO3 = Số đlg SCN
+ Số đlg Cl
(NH4Cl) + số đlg HCl (tác dụng NH3)
60 0,1 103
= (18 0,2 103
) + (C’ 25 103
) + (15 0,1 103
) C’ = 0,036M
2) Sau khi tính sơ bộ môi trương môi trường bazơ
Ta có: NH3 + H2O
NH
+
4 + OH
WK1
= 104,74
C 0,06 0,036](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-55-320.jpg)
![[ ] 0,06 x (0,036 + x) x
Áp dụng ĐL tác dụng khối lượng: với đk x 0,036 x = 104,52
= [OH
]
h = [H+
] = 109,48
pH = 9,48
3) Tại đTĐ: hệ là NH4Cl nồng độ C1. Thể tích tại điểm tương đương: 25 + 15 = 40 ml
Vậy C1 = (0,06 + 0,036)25
40
= 0,06M
Xét cân bằng: NH
+
4
NH3 + H+
K = 109,26
[ ] (0,06 x) x x ĐLTDKL x = 105,24
pH = 5,24: Dùng metyl đỏ.
4.9. 1) Gọi x: % NaOH và y: % NaCl
Số đlg NaOH = Số đlg HCl x
100
67
40
25
250
= 22.0,5.103
x = 65,67%
Số đlg AgNO3 = Số đlg Cl
+ Số đlg SCN
35 0,11 103
= ( y
100
67
585
25
250
) + (4,7 0,095 103
) y = 29,70%
Nồng độ NaOH trong dung dịch B: CM = 22 0,5 103
1000
250
= 0,44M pH = 13,64
2) q = (h W
h
) C + Co
CCo
ở pH = 10 h W
h
= W
h
C + Co
CCo
= 1014
1010
05 + 044
05 + 044
= 4,27.104
q = 0,043%
3) Môi trường quá kiềm không chuẩn độ bằng Mohr được.
4.10 1) Khi MD chuyển màu pT 4 (đTĐ 2)
Số đlg Na2CO3 = Số đlg HCl
25
250
m
106
2
= 0,2 20,5 103
m = 2,173 gam % Na2CO3 = 2173
35
100% = 62,08%
Số đlg AgNO3 = Số đlg NaCl + Số đlg HCl (mới thêm)
30,5 0,2 103
= 25
250
m’
585
+ (0,2 20,5 103
) m = 1,17 g. %NaCl = 117
35
100% = 33,43%.
2) CAg+ = CV
V + Vo
= [Ag+
] + mAgCl + 2mAg2CrO4
(1) (m: số mol trong 1 lít dung dịch)
CCl = CoVo
V + Vo
= [Cl
] + mAgCl (2)
Lấy (1) trừ (2) : CV CoVo
V + Vo
= ([Ag+
] [Cl
] + 2mAg2CrO4
)
Suy ra: q = ([Ag+
] [Cl
] + 2mAg2CrO4
)C + Co
CCo
Với Co (Cl
) : bao gồm Cl
trong NaCl và Cl
trong HCl mới thêm
Co = (305 0,2 103
) 1000
455
= 0,1341M và C = CAg+ = 0,2M
mAg2CrO4
= 575 107
1000
455 + 305
= 7,565 106
[CrO4
2-
] = (5 103
) (7,565 106
) = 5 103
[Ag+
] = 1012
5.103
= 1,414 105
và [Cl
] = 1010
1414 105
= 7,07 106
Thay vào biểu thức q q = 0,027%
Bài 4.11 đã giải tại lớp (phần lí thuyết)
5.1. Tại điểm tương đương: VTĐ =
50.0 01
0 02
= 25 ml
Khi V = 24,9 ml < VTĐ : Từ phương trình đường CĐ rút ra:
[Sr]*
Vo + V
CoVo
= P 1 với P =
0 02.24 9
0 01.50
= 0,996 [Sr]* = 2,67.10¯5
ở pH = 10 : Sr = 1
1 + h¯1
= 1
1 + 10¯13 18
.1010 1 [Sr] = [Sr]* = 2,67.10¯5
pSr = 4,57
Khi V = 25 ml : tại điểm tương đương [Sr] =
CCo
C + Co
1
*
Với * = . Sr . Y = 108,63
. 1 . K4
h + K4
= 108,18
[Sr] = 2
3
. 10¯2
. 10¯8 18
= 10¯5,18
pSr = 5,18
Khi V = 25,1 ml quá chuẩn độ. Áp dụng : 1
*[Sr]*
= P 1 với P =
CV
CoVo
=
0 02 . 25 1
0 01.50
= 1,004
[Sr]* = 1
108 18
. 0 004
= 10¯5,78
pSr = 5,78
5.2. Tính *CaY : Ca = 1
1 + h¯1
= 1
1 + 10¯12 5
.1012 5 = 0,5 ; Y =
K4
h + K4
0,994
*CaY = CaY . Ca . Y = 1010,27](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-56-320.jpg)
![Tính *CaIn : In =
K2
h + K2
=
10¯13 5
10¯12 5
+ 10¯13 5 = 1
11
; *CaIn = CaIn . Ca . In = 103,96
Ta có : *CaIn = [CaIn]
[Ca]*[In]*
= 1
[Ca]*
[Ca]* = 10¯3,96
= m*
Áp dụng công thức sai số: q = 1
*m*
( 1
*
+ m*)(C + Co
CCo
) = 1
101027
.10¯3 96
(10¯3,96
2.10¯2
10¯4 )
5.3. Ca = 1
1 + h¯1
= 1
1 + 10¯12 5
.1010 = 0,9968 và Y =
K4
h + K4
= 1
2 82
*CaY = .Ca.Y = 1010,57
.0,9968. 1
2 82
= 1010,12
Tại điểm tương đương: [Ca]* = 1
*CaY
. CCo
C + Co
= 1
1010 12 5.10¯3
= 10¯6,21
*CaIn = [CaIn]
[Ca]*[In]*
= 1
[Ca]*
1 = 106,21
q = 2,19%
5.4. Mg = 1
1 + h¯1
= 1
1 + 10¯117
.1010
= 1
102
; Y = K4
h + K4
= 0,355 = 1
282
In = K3
h + K3
= 10¯11 6
10¯10
+ 10¯116
= 0,0245
*MgY = .Mg.Y = 108,7
. 1
102
.0,355 = 108,24
*MgIn = 107
. 1
102
. 0,0245 = 105,38
*MgIn = [MgIn]
[Mg]*[In]*
= 1
[Mg]*
1
9
= 105,38
[Mg]* = 1
9
10¯
5,38
= 10¯
6,33
Thay [Mg]* vào công thức tính sai số:
q = 1
*m*
( 1
*
+ m*)(C + Co
CCo
) = 1
10824
.10¯633
10¯6,33
. 001 + 002
001.002
= 0,01223
hay q = 1,26%
5.5.Các giá trị : M =1 ;Y = K3K4
h2
+ K3h
= 10¯6,45
; In = K2
h + K2
= 0,01
*MY = MY.M.Y = 1018
.1.10¯6,45
= 1011,55
*MIn = MIn .M.Y = 6,25 1010
.1. 0,01 = 108,795
Từ công thức: *MIn = 1
[M]*
[MIn]
[In]
= 108,795
[M]* = 10¯8,795
Công thức sai số: q = 1
*MY.[M]*
[M]*
C + Co
CCo
=
= 1
1011 55
.10¯8 795
10¯8,795 0 01 + 0 01
0 01.0 01
= 0,175%
5.6. Tính pH dung dịch đệm: h = KNH4
+ .
[NH
+
4]
[NH3]
= 10¯9,26
.
0 182
0 1
= 10¯9
pH = 9
Tính Zn = 1
1 + i[NH3]i
= 7,94.10¯6
và Y = K4
1 + K4
= 0,0521
Vậy *ZnY = 1016,5
.7,94.10¯6
.5,21.10¯2
= 1010,12
Ta có VTĐ = VoCo
C
= 1 ml
Vài điểm quan trọng trên đường cong chuẩn độ:
V = 0,5 ml (P = 0,5) pZn = 8,4
V = 1 ml (P = 1) pZn = 11,66
V = 1,3 ml (P = 1,2) pZn = 14,52
Lân cận điểm tương đương: cần giải phương trình bậc 2:
1
*[Zn]*
[Zn]* Vo + V
CoVo
= P 1
Khi P = 0,999 pZn = 10,07 và P = 1,001 pZn = 12,25.
5.7.1. Chuẩn độ được 50% : Số đlg EDTA = 1
2
số đlg MnSO4
V 0 02
1000
= 1
2
100 0 01
1000
V = 25 ml
Chuẩn độ đến điểm tương đương : VTĐ = 50 ml
Chuẩn độ đến pMn = 5: Ta so sánh với pMn tại điểm tương đương để xác định điểm dừng chuẩn độ ở trước hoặc sau điểm tương đương.
*(MnY) = MnY Mn Y = 1013,8
.1. K4
h + K4
= 1013,8
.0,0521 = 1012,52
Tại điểm tương đương: [Mn]* = 1
*
CCo
C + Co
= 1
1012 52 2 10¯4
3 10¯2
= 10¯7,35
pMn = pMn* = 7,35
Nhận xét: Khi dừng chuẩn độ ở pMn = 5 trước điểm tương đương
nhỏ
nhỏ nhỏ](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-57-320.jpg)
![Ta áp dụng: [Mn]* = (1 p)
CoVo
V + Vo
10¯5
=
CoVo
V + Vo
CV
CoVo
CoVo
V + Vo
10¯5
=
CoVo CV
V + Vo
=
100.0 01 0 02.V
V + 100
V = 49,93 ml
Chuẩn độ đến pMn = 9:điểm dừng chuẩn độ ở sau điểm tương đương.
Ta áp dụng: 1
*[Mn]*
= P 1 1
*[Mn]*
=
CV
CoVo
1
1
1012 52
.10¯9 = 002.V
0 01.100
1 V = 50,015 ml
2. Sai số khi chuẩn độ đến pMn = 5 :
q = 1
1012 52
.10¯5 10¯5
. 3.10¯2
2.10¯4 = 10¯2,82
= 1,51.10¯5
hay 0,15%
3. pMn tại điểm tương đương đã được tính ở trên.
5.8. Ga3+
+ MgY2-
GaY-
+ Mg2+
K
Mg2+
+ H2Y2-
MgY2-
+ 2H+
K = GaY.(MgY)-1
= 1020,3
.10¯8,7
= 1011,6
: rất lớn
Số mol Ga3+
= số mol Mg2+
= số mol EDTA
m
69 72
= 5,91 10¯3
0,0701 m = 28,88 mg Ga
5.9. Số đlg M2+
= Số đlg EDTA = 31,63 10¯3
0,01204 2 = 0,7616 10¯3
đlg
Độ cứng =
0 7616 10¯3
1000
50
= 0,0152 đlg/l
Ghi chú: Một đơn vị độ cứng = 0,5mmol/l (Ca2+
, Mg2+
) hay 1 đlg/l
Nước có độ cứng 1,5 4 đơn vị : nước mềm; 4 – 8 đv : nước cứng trung bình;
> 8 đv: nước cứng.
5.10.Giả sử nồng độ của Mg2+
là 10¯3
M thì COH - bắt đầu kết tủa =
10¯10 95
10¯3 = 10¯3,97
pH = 10,03
Và nồng độ của Ca2+
là 10¯3
M thì COH - bắt đầu kết tủa =
10¯5 26
10¯3 = 10¯1,13
pH = 12,87
Suy ra ở pH = 9,3 cả hai ion Ca2+
và Mg2+
đều chưa kết tủa
Nếu dùng Ecriocrom đen T chỉ thị ở pH = 9,3 thì chuẩn độ cả 2 ion Ca2+
và Mg2+
Số đlg Ca2+
+ Số đlg Mg2+
= Số đlg EDTA
20
500
[( x
100
0 5021
100
2
) + ( y
100
0 5021
84
2
)] = 13,5 0,015 2 10¯3
(I)
Ở pH = 11,5 Mg(OH)2 đã kết tủa hoàn toàn và Ca2+
chưa kết tủa
Dùng Murexit ở pH = 11,5 chỉ chuẩn độ Ca2+
Số đlg Ca2+
= Số đlg EDTA
20
500
( x
100
0 5021
100
2
) = 9,4 0,015 2 10¯3
(II)
Giải (I) và (II) x = 70,2% CaCO3 và y = 25,72% MgCO3
5.12.Nồng độ mol Cu2+
: Co.100 = 0,1 10 Co = 0,01M
pH của dung dịch đệm: h = K.
[NH
+
4]
[NH3]
= 10¯9,24
0 0026
0 38
= 10¯11,4
pH = 11,4
Cu = 1
1 + 1[NH3] + … + 4[NH3]4
= 10¯10,4
; Y =
K4
h + K4
=
10¯10 26
10¯11 4
+ 10¯10 26
= 10¯0,03
*(Cu-Y) = 1018,8
. 10¯10,4
. 10¯0,03
= 108,37
; In = K3K4K5
h3
+ K3h2 = 10¯3,55
*(Cu-In) = 1017,9
. 10¯10,4
. 10¯3,55
= 103,95
Với *(Cu-In) = [CuIn]
[Cu]*.[In]*
[Cu]* = m* = 1
*(Cu-In)
9 = 103,95
9 = 10¯3
Sai số chuẩn độ: q = 1
*(Cu-Y). m*
m*. C + Co
CCo
= - 0,11 hay 11%
CAl3+ =
(0 023 50 0 016 38)
25
= 2,17 10¯2
M
5.11. 1) Tính * của AlY
-
và FeY
-
:
Ở pH = 2:
Y =
K1K2K3K4
h4
+ K1h3
+ K1K2h2
+ K1K2K3h + K1K2K3K4
=
10¯21 09
2 14 10¯8
= 10¯13,42
Fe = 1
1 + h¯1
= 1
1 676
Al = 1
1 + 'h¯1
= 1
1 + 10¯5
.102 1
rất bé](https://image.slidesharecdn.com/bai-tp-hoa-phan-tich-co-li-gii-chi-tit-full-pdf-230621122514-0c9e0750/85/Bai-t-p-hoa-phan-tich-co-l-i-gi-i-chi-ti-t-full-pdf-pdf-58-320.jpg)
Uploaded byPhan Cang
Bai-tập-hoa-phan-tich-co-lời-giải-chi-tiết-full-pdf.pdf
Tài liệu bao gồm nhiều bài tập liên quan đến phân tích hóa học, tập trung vào các phương pháp xác định nồng độ và hàm lượng các chất trong dung dịch, cũng như các phản ứng hóa học để chuẩn độ, tạo phức. Các câu hỏi bao gồm từ việc tính toán hàm lượng sắt, photpho, đến nồng độ của dung dịch axit và bazơ. Tài liệu cũng đề cập đến các phương pháp kết tủa và cân bằng acid-baz trong các dung dịch hóa học.
More Related Content
Similar to Bai-tập-hoa-phan-tich-co-lời-giải-chi-tiết-full-pdf.pdf
![hóa học 10 bài 4 ôn tập chương 1 [Autosaved].pptx](https://cdn.slidesharecdn.com/ss_thumbnails/bi4ntpchng1autosaved-250813054328-90dda2ec-thumbnail.jpg?width=640&height=640&fit=bounds)
Bai-tập-hoa-phan-tich-co-lời-giải-chi-tiết-full-pdf.pdf
- 1. MTTCQ CHƯƠNG 1: PHƯƠNGPHẤP PHÂN TÍCH KHỐI LƯỢNG VÀ PHÂN TÍCH THỂ TÍCH Câu 1: Cho 25ml dung dịch AgNO3 0.1248N vào 20ml dung dịch NaCl. Chuẩn độ lượng AgNO3 dư thấy tiêu tốn hết 11.54 ml dung dịch KCNS 0.0875 N. Tính nồng độ của dung dịch NaCl. Câu 2: Hòa tan 35g mẫu có chứa sắt, sau đó đem kết tủa hoàn toàn bằng dung dịch NaOH dư. Lọc, rửa kết tủa, sau đó đem sấy khô rồi nung ở nhiệt độ 8000 C đến khối lượng không đổi, thu được 0.5g chất rắn. Hãy giải thích (viết phương trình phản ứng) và tính phần trăm sắt có trong mẫu đem phân tích. Câu 3: Đun sôi 1.000g một mẫu muối amoni thô với lượng dư NaOH. Toàn bộ khí NH3 bay ra đuợc hấp thụ hết trong 50.00 ml dung dịch H2SO4 0.500 N. Chuẩn độ acid còn thừa hết 15.68 ml NaOH 0.050 N. Tính hàm lượng % NH3 có trong muối amoni. Câu 4: Để xác định hàm lượng photpho trong quặng sắt, người ta lấy 1.5860g mẫu, đem phân hủy, chuyển thành dung dịch rồi kết tủa photpho dưới dạng kết tủa (NH4)3PO4.12MoO3 (M = 1976.4), đem sấy kết tủa này và cân được 0.4386g. Để kiểm tra lại kết quả phân tích, người ta lấy kết tủa đã sấy, đem nung để chuyển thành P2O5.25MoO3 (M
- 2. MTTCQ = 3596.5) vàcân được 0.4173g. Tính hàm lượng photpho trong quặng theo hai lần cân sau khi sấy và sau khi nung kết tủa. Câu 5: Để xác định silic dưới dạng SiO2 trong một mẫu silicat, người ta tiến hành như sau: cân 0.4870g mẫu, hòa tan trong acid và tách silic ra dưới dạng acid silicsic, cho kết tủa vào chén platin nung đến trọng lượng không đổi, đem cân được 9.5271g. Vì trong oxid thu được đó còn có lẫn nhiều oxid kim loại khác, nên để xác định chính xác hơn, người ta đem lượng oxid đã thu được chế hóa bằng hỗn hợp hai acid H2SO4 và HF trong chén platin để toàn bộ lượng SiO2 chuyển thành SiF4 bay hơi đi, trong chén chỉ còn lại các oxid khác. Sau khi nung chén đến trọng lượng không đổi, cân được 9.2210g. Tính hàm lượng SiO2 trong mẫu phân tích. Câu 6: Để xác định MgO trong xi măng, người ta cân 1,8610 g mẫu đem phân hủy thành dung dịch, tách canxi và chế hóa để thu được 250 ml dung dịch. Lấy 100 ml dung dịch này đem kết tủa ion Mg2+ dưới dạng MgNH4PO4. Sau khi lọc, rửa và nung kết tủa đến khối lượng không đổi thì thu được 0,2516 g Mg2P2O7. Tính hàm lượng % MgO trong mẫu. Câu 7: Một mẫu quặng oxit sắt nặng 0,5000 g được làm kết tủa dưới dạng Fe(OH)3 và nung thành oxit sắt ba với khối lượng thu được là 0,4980 g. Tính hàm lượng sắt dưới dạng %Fe và %Fe3O4?
- 3. MTTCQ Câu 8: 0.8325gmột hợp kim Cu + Sn + Zn. Phân tích bằng phương pháp khối lượng thu được 0.6728g CuSCN và 0.0423g SnO2. Xác định hàm lượng các thành phần trong hợp kim. Câu 9: Để xác định nồng độ dung dịch NaOH người ta hòa tan 1.26g H2C2O4.2H2O vào nước và thêm nước cho đủ 500ml dung dịch. Chuẩn độ 25ml dung dịch axit oxalic trên hết 12.58ml NaOH. Tính nồng độ N của dung dịch NaOH. Câu 10: Hòa tan 1.245g mẫu có chứa sắt, sau đó đem kết tủa hoàn toàn bằng dung dịch NaOH dư. Lọc, rửa kết tủa, sau đó đem sấy khô rồi nung ở nhiệt độ 8000 C đến khối lượng không đổi, thu được 0.3412g. Hãy giải thích (viết phương trình phản ứng) và tính phần trăm sắt có trong mẫu đem phân tích. Câu 11: Để định lượng photpho trong một mẫu đất, người ta cân 0.500 g mẫu chế hóa bằng các điều kiện thích hợp để chuyển thành dung dịch, sau đó kết tủa photpho dưới dạng MgNH4PO4. Nung tủa ở 6000 C đến khối lượng không đổi thu được 0.1175 g chất rắn. Tính hàm lượng phần trăm photpho trong mẫu đất dưới dạng P và P2O5. Viết phương trình nung kết tủa. Câu 12: Để xác định niken trong một loại thép, người ta lấy 1.086g mẫu hòa tan hoàn toàn và chế hóa nó; đem kết tủa niken dưới
- 4. MTTCQ dạng niken dimetylgloximat(NiC8H14O4N4); lọc, rửa và sấy kết tủa rồi cân được 0.2136 g. Tính hàm lượng phần trăm niken có trong mẫu thép. Câu 13: Cân 3.0360g mẫu KCl pha thành 500.0ml dung dịch mẫu. Lấy 25.00ml dung dịch này thêm vào 50.00ml dd AgNO3 0.0847N. Lượng AgNO3 thừa được chuẩn độ bằng 20.68ml dd NH4SCN 0.108N. Tính hàm lượng phần trăm KCl có trong mẫu. Câu 14: Một mẫu đá vôi cân nặng 1.2300g được hòa tan trong axit. Lọc bỏ kết tủa, dung dịch nước lọc cho tác dụng với NH4OH. Kết tủa thu được đem nung đến khối lượng không đổi. Khối lượng các oxit kim loại hóa trị 3 thu được là 0.0584g. Nhôm được cô lập riêng và dạng cân thu được là Al2O3 nặng 0.0232g. Tính %Fe và % Al trong mẫu.
- 5. MTTCQ CHƯƠNG 2. CÂNBẰNG ACID – BAZ Câu 1: Tính pH của dung dịch CH3COOH 0,1 M, biết rằng hằng số phân ly của axít này là Ka = 10-4,75 . Câu 2: Tính pH của dung dịch NH4OH 1 M biết Kb= 1,76.10-5 . Câu 3: Tính giá trị pH của dung dịch đệm gồm NH4OH 0,05 M và NH4Cl 0,05 M. Cho biết KNH4OH = Kb = 1,76.10-5 . Câu 4: Cho 500ml dung dịch CH3COOH 0,1 M. Người ta thêm từ từ dung dịch NaOH 0,1 N vào 500ml dung dịch trên. Tính pH ở các thời điểm sau: a. 100ml NaOH 0,1N b. 300ml NaOH 0,1N c. 500ml NaOH 0,1N d. 600ml NaOH 0,1N Câu 5: Tính pH của dung dịch NaCN 0,010 M. Cho pKa,HCN = 9,35. Câu 6: Tính pH của dung dịch NH4Cl 0,10 M. Cho 3 NH pK =4,75. Câu 7: Tính pH của dung dịch thu được khi thêm 0,102g CH3COONa vào 100ml dung dịch 0,0375M CH3COOH. Biết pKCH3COOH = 4,75. Câu 8: Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn: a. 50ml 0,1M KH2PO4 và 25ml 0,2M K2HPO4. Biết H3PO4 có pK1 = 2,16; pK2 = 7,13; pK3 = 12,3. b. 30ml 0,1M Na2CO3 và 15ml 0,1M NaHCO3. Biết H2CO3 có pK1 = 6,35; pK2 = 10,33.
- 6. MTTCQ Câu 9: Phảithêm vào 100ml dung dịch HCOOH 0,2M bao nhiêu gam natri foocmat rắn HCOONa để có dung dịch đệm với pH = 4,3. Biết pKHCOOH = 3,77. Câu 10: Cần bao nhiêu gam CH3COONa hòa tan trong 50ml dung dịch CH3COOH 0,04M để được pH = 5,43. Câu 11: Tính pH dung dịch HNO2 0,120 M, Ka = 7,1.10-4 Câu 12: Tính pH dung dịch HF 2,0.10 –4 M. Ka = 6,7.10 –4 . Câu 13: Tính [H+ ], [OH- ], pH của dung dịch Na2S 0,100M. Câu 14: Tính pH của dung dịch NaHCO3 1,00M. (H2CO3 có pKa1 = 6,35, pKa2 = 10,33). Câu 15: Tính pH của dung dịch NaHSO3 1,00.10-3 M (H2SO3 có pKa1 = 1,76, pKa2 = 7,21). Câu 16: Xác định nồng độ của dd CH3COOH phải có trong dung dịch sao cho pH = 3.
- 7. MTTCQ CHƯƠNG 3. PHỨCCHẤT TRONG DUNG DỊCH Câu 1: Hằng số bền tổng cộng của các phức tạo bởi ion Hg2+ và ion Br- lần lượt là: β1,1 = 109,05 , β1,2 = 1017,33 , β1,3 = 1019,74 , β1,4 = 1021,05 . Tính các hằng số bền và không bền từng nấc của các phức đó. Câu 2: Tính nồng độ cân bằng của các ion và phân tử trong dung dịch Cd(ClO4)2 10-3 M + KI 1 M. Trong dung dịch có đủ HClO4 để Cd2+ không tạo được phức với OH- mà chỉ tạo phức với I- . Các phức có hằng số bền tổng cộng lần lượt là: 102,88 , 103,92 , 105,00 , 106,10 . Câu 3: Tính hằng số bền điều kiện của phức MgY2- trong dung dịch có các pH sau: a) 4,0; b) 8,0; c) 10,0. Biết logarit hằng số bền của phức giữa Mg2+ và Y4- là 8,9, phức của Mg2+ và OH- là 2,58. H4Y có pK1 = 2, pK2 = 2,67, pK3 = 6,16 và pK4 = 10,26. Câu 4: Tính hằng số bền điều kiện của phức FeY- trong dung dịch có pH = 1 và pH = 3,0. Tại các pH đó, Fe3+ thực tế không tạo phức phụ (với OH- ). FeY- có β = 1025,1 . Câu 5: Ion sắt (III) tạo phức với ion xianua CN- với số phối trí cực đại là 6. Hãy viết các cân bằng tạo phức khi thêm dần dung dịch KCN vào dung dịch Fe3+ . Hãy viết các biểu thức biểu diễn hằng số bền từng nấc hoặc tổng cộng của các phức đó.
- 8. MTTCQ Câu 6: Phứccủa Ca2+ và Fe3+ với Y4- (ký hiệu của anion etylen diamin tetraacetat, anion của axit H4Y: EDTA) có các hằng số không bền lần lượt là: 2 10,57 25,1 10 ; 10 . CaY FeY K K Trong hai phức đó, phức nào bền hơn. Câu 7: Tính nồng độ cân bằng của ion và phân tử trong dung dịch HgCl2 10-2 M. Phức của Hg2+ và Cl- có logarit hằng số bền tổng cộng lần lượt là: 6,74 và 13,22. Câu 8: Tính hằng số bền điều kiện của phức AlY- trong dung dịch có pH = 1 và pH = 3,0. Tại các pH đó, Al3+ thực tế không tạo phức phụ (với OH- ). AlY- có β = 1016,13 . Câu 9: Tính hằng số bền điều kiện của phức NiY2- trong dung dịch đệm NH3 1M + NH4Cl l,78M. Biết rằng trong điều kiện đó nồng độ ban đầu của ion Ni2+ không đáng kể so với nồng độ NH3. Phức của Ni2+ với EDTA có hằng số bền β = 1018,62 . Phức của Ni2+ với NH3 có các hằng số bền tổng cộng lần lượt là 102,67 ; 104,80 ; 106,46 ; 107,50 và 108,1 . pk của H4Y đã cho trong các phần trên. Câu 10: Fe3+ tạo với SCN- thành phức [Fe(SCN- )x](3-x)+ với x có giá trị từ 1 – 6. Giá trị hằng số bền của các phức [Fe(SCN- )x](3-x)+ lần lượt như sau: β1,1 = 103,03 ; β1,2 = 104,33 ; β1,3 = 104,63 ; β1,4 = 104,53 ; β1,5 = 104,23 ; β1,6 = 103,23 ; Xác định nồng độ của phức tạo thành và nồng độ Fe3+ còn lại trong dung dịch khi thêm SCN- vào dung dịch chứa [Fe3+ ]0 = 0,001M với:
- 9. MTTCQ a) [SCN- ] =1M; b) [SCN- ] = 0,1M; c) [SCN- ] = 0,01M; Giả sử trong điều kiện đang xét, trong dung dịch chỉ xảy ra các phản ứng giữa Fe3+ và SCN- . Câu 11: Xác định nồng độ của các thành phần ở trạng thái cân bằng của dd H2C2O4 0,1M; biết pH của dd này là 1,28. Cho ka1 = 10-1,25 , ka2 = 10-4,27 . Câu 12: Dùng phối tử L là 1,10 – phenanthroline tạo phức với Fe2+ . Phức tạo thành ở các dạng FeL, FeL2 và FeL3 với β1,1 = 105,9 ; β1,1 = 1011,1 ; β1,1 = 1021,3 ; Hãy xác định nồng độ của các phức tạo thành và nồng độ Fe2+ còn lại trong dd, nếu nồng độ Fe2+ ban đầu là 0,001M và nồng độ L ở cân bằng là 0,1M. Câu 13: Tính nồng độ cân bằng của các dạng phức trong dung dịch AgNO3 và NH3 biết [Ag+ ] = 1,0.10-6 M, [NH3] = 0,10M; Cho hằng số bền của phức giữa Ag+ và NH3 là β1,1 = 103,32 , β1,1 = 107,24 .
- 10. MTTCQ Bài tập chương1 này có 2 hướng giải: 1. Hướng giải hoàn toàn theo cách phổ thông. 2. Hướng giải hoàn toàn theo cách đại học – cao đẳng. Bài giải chỉ mang kết quả tương đối mong bạn đọc bổ xung thêm Chương 2: Mình Giải xong và đã đăng lên rồi và link chương 2 nếu các bạn nào quên. http://123doc.vn/document/598467-bai-tap-hoa-phan-tich.htm Chương 3: Cũng vậy mình đã giải rồi và link đây http://123doc.vn/document/649865-bai-tap-hoa-phan-tich.htm trong chương 3 nào có phần bài tập tổng hợp tất cả các chương luôn nha Và đây là các bài thí nghiệm hóa lý có kết quả và phần tính toán chi tiết http://123doc.vn/document/732666-bai-thi-nghiem-hoa-ly.htm http://123doc.vn/document/754936-bai-thi-nghiem-hoa-ly.htm http://123doc.vn/document/780619-thi-nghiem-hoa-ly-bai-5-va-6.htm
- 11. MTTCQ BÀI LÀM: Hướng1: Hoàntoàn theo cách phổ thông. Câu 1: Ta có các phương trình: Tỉ lệ: 1 1 1 1 Tỉ lệ: 1 1 1 1 Câu 2: Các phương trình:
- 12. MTTCQ Vậy chất đólà ( Theo định luật bảo toàn số mol nguyên tố ta có: Câu 3: Ta có phương trình: Tỉ lệ: 2 1 1 Tỉ lệ: 1 1 1 1 Câu 4: Ta có:
- 13. MTTCQ Vậy %P trongquặng sau khi sấy là: Vậy %P trong quặng sau khi nung là: Câu 5: Hàm lượng được xác định: Câu 6: Ta có phương trình phân hủy: Tỉ lệ: 2 1 2 1 Đây là số có trong 100ml dung dịch mẫu thử. Vậy số có trong 250ml mẫu thử:
- 14. MTTCQ Câu 7: Phương trìnhhóa học: Oxit sắt thu được là : Ta có: Câu 8: Ta có:
- 15. MTTCQ Câu 9: Phương trìnhphản ứng: Tỉ lệ: 1 2 1 2 Nồng độ sau khi pha 500ml nước: Số có trong 25ml: Câu 10:
- 16. MTTCQ Phương trình hóahọc: Câu 11: Phương trình hóa học: Tỉ lệ: 2 1 2 1 Chất rắn đó là :
- 17. MTTCQ Câu 12: Ta có: Câu13: Phương trình hóa học: Tỉ lệ: 1 1 1 1 Tỉ lệ: 1 1 1 1 Ta có: Đây là số có trong 25ml dung dịch mẫu thử. Vậy số có trong 500ml mẫu thử (hay trong 3.036g mẫu ): Câu 14:
- 18.
- 19. MTTCQ Hướng2: Xin nhườngbạn đọc:
- 20. MTTCQ CHƯƠNG 3. PHỨCCHẤT TRONG DUNG DỊCH Câu 1. Hằng số bền tổng cộng của các phức tạo bởi ion Hg2+ và ion Br- lần lượt là: β1,1 = 109,05 , β1,2 = 1017,33 , β1,3 = 1019,74 , β1,4 = 1021,05 . Tính các hằng số bền và không bền từng nấc của các phức đó. Câu 2. Tính nồng độ cân bằng của các ion và phân tử trong dung dịch Cd(ClO4)2 10- 3 M + KI 1 M. Trong dung dịch có đủ HClO4 để Cd2+ không tạo được phức với OH- mà chỉ tạo phức với I- . Các phức có hằng số bền tổng cộng lần lượt là: 102,88 , 103,92 , 105,00 , 106,10 . Câu 3. Tính hằng số bền điều kiện của phức MgY2- trong dung dịch có các pH sau: a) 4,0; b) 8,0; c) 10,0. Biết logarit hằng số bền của phức giữa Mg2+ và Y4- là 8,9, phức của Mg2+ và OH- là 2,58. H4Y có pK1 = 2, pK2 = 2,67, pK3 = 6,16 và pK4 = 10,26. Câu 4. Tính hằng số bền điều kiện của phức FeY- trong dung dịch có pH = 1 và pH = 3,0. Tại các pH đó, Fe3+ thực tế không tạo phức phụ (với OH- ). FeY- có β = 1025,1 . Câu 5. Ion sắt (III) tạo phức với ion xianua CN- với số phối trí cực đại là 6. Hãy viết các cân bằng tạo phức khi thêm dần dung dịch KCN vào dung dịch Fe3+ . Hãy viết các biểu thức biểu diễn hằng số bền từng nấc hoặc tổng cộng của các phức đó. Câu 6. Phức của Ca2+ và Fe3+ với Y4- (ký hiệu của anion etylen diamin tetraacetat, anion của axit H4Y: EDTA) có các hằng số không bền lần lượt là: 2 10,57 25,1 10 ; 10 . CaY FeY K K − − − − = = Trong hai phức đó, phức nào bền hơn. Câu 7. Tính nồng độ cân bằng của ion và phân tử trong dung dịch HgCl2 10-2 M. Phức của Hg2+ và Cl- có logarit hằng số bền tổng cộng lần lượt là: 6,74 và 13,22. Câu 8. Tính hằng số bền điều kiện của phức AlY- trong dung dịch có pH = 1 và pH = 3,0. Tại các pH đó, Al3+ thực tế không tạo phức phụ (với OH- ). AlY- có β = 1016,13 . Câu 9. Tính hằng số bền điều kiện của phức NiY2- trong dung dịch đệm NH3 1M + NH4Cl l,78M. Biết rằng trong điều kiện đó nồng độ ban đầu của ion Ni2+ không đáng kể so với nồng độ NH3. Phức của Ni2+ với EDTA có hằng số bền β = 1018,62 . Phức của Ni2+ với NH3 có các hằng số bền tổng cộng lần lượt là 102,67 ; 104,80 ; 106,46 ; 107,50 và 108,1 . pk của H4Y đã cho trong các phần trên. Câu 10. Fe3+ tạo với SCN- thành phức [Fe(SCN- )x](3-x)+ với x có giá trị từ 1 – 6. Giá trị hằng số bền của các phức [Fe(SCN- )x](3-x)+ lần lượt như sau: β1,1 = 103,03 ; β1,2 = 104,33 ; β1,3 = 104,63 ; β1,4 = 104,53 ; β1,5 = 104,23 ; β1,6 = 103,23 ; Xác định nồng độ của phức tạo thành và nồng độ Fe3+ còn lại trong dung dịch khi thêm SCN- vào dung dịch chứa [Fe3+ ]0 = 0,001M với: a) [SCN- ] = 1M; b) [SCN- ] = 0,1M; c) [SCN- ] = 0,01M; Giả sử trong điều kiện đang xét, trong dung dịch chỉ xảy ra các phản ứng giữa Fe3+ và SCN- . Câu 11. Xác định nồng độ của các thành phần ở trạng thái cân bằng của dd H2C2O4 0,1M; biết pH của dd này là 1,28. Cho ka1 = 10-1,25 , ka2 = 10-4,27 . Câu 12. Dùng phối tử L là 1,10 – phenanthroline tạo phức với Fe2+ . Phức tạo thành ở các dạng FeL, FeL2 và FeL3 với β1,1 = 105,9 ; β1,1 = 1011,1 ; β1,1 = 1021,3 ; Hãy xác định
- 21. MTTCQ nồng độ củacác phức tạo thành và nồng độ Fe2+ còn lại trong dd, nếu nồng độ Fe2+ ban đầu là 0,001M và nồng độ L ở cân bằng là 0,1M. Câu 13. Tính nồng độ cân bằng của các dạng phức trong dung dịch AgNO3 và NH3 biết [Ag+ ] = 1,0.10-6 M, [NH3] = 0,10M; Cho hằng số bền của phức giữa Ag+ và NH3 là β1,1 = 103,32 , β1,1 = 107,24 . Hoàng Nhân Khôi DH11H1 Câu 1 : + 2 Hg + − Br ⇔ + HgBr 1 β + HgBr + − Br ⇔ HgBr 2 β HgBr + − Br ⇔ − HgBr 3 β − HgBr + − Br ⇔ − 2 HgBr 4 β Ta có hằng số bền từng nấc là : 05 . 9 1 . 1 1 10 = = β β ; 28 . 8 05 . 9 33 . 17 2 33 . 17 2 05 . 9 2 1 2 . 1 10 10 10 10 * 10 * = = ⇒ = = = β β β β β ; 41 . 2 33 . 17 74 . 19 3 74 . 19 3 33 . 17 3 2 . 1 3 2 1 3 . 1 10 10 10 10 * 10 * * * = = ⇒ = = = = β β β β β β β β ; 31 . 1 74 . 19 05 . 21 4 05 . 21 4 74 . 19 4 3 . 1 4 3 2 1 4 . 1 10 10 10 10 * 10 * * * * = = ⇒ = = = = β β β β β β β β β Vậy hằng số không bền từng nấc là : 31 . 1 4 1 10 1 − = = β K ; 41 . 2 3 2 10 1 − = = β K ; 28 . 8 2 3 10 1 − = = β K ; 05 . 9 1 4 10 1 − = = β K Câu 2 : − + + ⇒ 2 4 2 2 4 2 ) ( ClO Cd ClO Cd M : 10-3 10-3 10-3 KI ⇒ + K + − I M : 1 1 1 + − + ⇔ + CdI I Cd 2 ] [ * ] [ ] [ 2 1 − + + = I Cd CdI β CdI I CdI ⇔ + − + ] [ * ] [ ] [ 2 − + = I CdI CdI β − − ⇔ + CdI I CdI ] [ * ] [ ] [ 3 − − = I CdI CdI β − − − ⇔ + 2 CdI I CdI ] [ * ] [ ] [ 2 4 − − − = I CdI CdI β Ta có : 88 . 2 1 . 1 1 10 = = β β 5 3 2 1 3 . 1 10 * * = = β β β β
- 22. MTTCQ 92 . 3 2 1 2 . 1 10 * = =β β β 1 . 6 4 3 2 1 4 . 1 10 * * * = = β β β β β ĐLBTNĐ đầu : = + + + + = = − − + + − + ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 10 2 2 3 2 CdI CdI CdI CdI Cd CCd = + + + + = − + − + − + − + + 4 2 4 . 1 3 2 3 . 1 2 2 2 . 1 2 1 . 1 2 ] [ * ] [ ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ I Cd I Cd I Cd I Cd Cd β β β β = = + + + + − − − − + ) ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * 1 ( * ] [ 4 4 . 1 3 3 . 1 2 2 . 1 1 . 1 2 I I I I Cd β β β β = I Cd α * ] [ 2+ Đặt I α ) ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * 1 ( 4 4 . 1 3 3 . 1 2 2 . 1 1 . 1 − − − − + + + + = I I I I β β β β − + = ⇒ + I Cd C Cd α 2 ] [ 2 6 4 1 . 6 3 5 2 92 . 3 88 . 2 10 * 36 . 1 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 = + + + + = I α M C Cd I Cd 10 6 3 2 10 * 35 . 1 10 * 36 . 1 10 ] [ 2 − − + = = = − + α M I Cd CdI 12 . 7 10 88 . 2 2 1 10 * 35 . 1 1 * 10 * 35 . 1 * 10 ] [ * ] [ * ] [ − − − + + = = = β M I Cd CdI 08 . 6 2 10 92 . 3 2 2 2 1 10 * 35 . 1 1 * 10 * 35 . 1 * 10 ] [ * ] [ * * ] [ − − − + = = = β β M I Cd CdI 5 3 10 5 3 2 3 2 1 10 * 35 . 1 1 * 10 * 35 . 1 * 10 ] [ * ] [ * * * ] [ − − − + − = = = β β β M I Cd CdI 9 . 3 4 10 1 . 6 4 2 4 3 2 1 2 10 * 35 . 1 1 * 10 * 35 . 1 * 10 ] [ * ] [ * * * * ] [ − − − + − = = = β β β β Câu 3 : 26 . 10 3 4 4 4 3 16 . 6 2 2 3 3 3 2 2 67 . 2 3 2 2 2 2 2 3 2 4 3 1 3 4 58 . 2 2 ) ( 2 9 . 8 4 2 2 2 4 2 10 ] [ ] [ * ] [ 10 ] [ ] [ * ] [ 10 ] [ ] [ * ] [ 10 ] [ ] [ * ] [ 10 ] [ * ] [ ] ) ( [ ) ( 10 ] [ * ] [ ] [ 2 − − + − + − − − − + − + − − − − + − + − − − + − + − − + + + − + − + − − − + = = + ⇔ = = + ⇔ = = + ⇔ = = + ⇔ = = ⇔ + = = ⇔ + + − HY H Y K H Y HY Y H H HY K H HY Y H Y H H Y H K H Y H Y H Y H H Y H K H Y H Y H OH Mg OH Mg OH Mg OH Mg Y Mg MgY MgY Y Mg OH Mg MgY β β Gọi β′ là hằng số bền điều kiện của phức − 2 MgY vậy : ] [ * ] [ ] [ 4 2 2 2 ′ ′ = ′ − + − − Y Mg MgY MgY β ] [ 2 ′ + Mg : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của Mg2+ trừ phức chính − 2 MgY . ] [ 4 ′ − Y : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của − 4 Y trừ phức chính − 2 MgY . Ta có : = + = + = ′ − + + + + + + ] [ * ] [ * ] [ ] ) ( [ ] [ ] [ 2 ) ( 2 2 2 OH Mg Mg OH Mg Mg Mg OH Mg β + + + − + = + = ) ( 2 ) ( 2 * ] [ ] [ * 1 ( * ] [ OH Mg OH Mg Mg OH Mg α β (2)
- 23. MTTCQ Đặt ]) [ * 1 ( ) ( ) ( − + ++ = OH OH Mg OH Mg β α = + + + + = = + + + + = ′ + − + − + − + − − − − − − − 1 2 3 4 4 2 3 4 3 4 3 4 2 4 4 4 4 4 3 2 2 3 4 4 * * * ] [ * ] [ * * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ K K K K H Y K K K H Y K K H Y K H Y Y Y H Y H Y H HY Y Y − − + + + + − = + + + + = 4 * ] [ * * * ] [ * * ] [ * ] [ ] [ 1 * ] [ 4 1 2 3 4 4 2 3 4 3 3 4 2 4 4 Y Y K K K K H K K K H K K H K H Y α (1) Đặt + + + + = + + + + − 1 2 3 4 4 2 3 4 3 3 4 2 4 * * * ] [ * * ] [ * ] [ ] [ 1 4 K K K K H K K K H K K H K H Y α Từ (1) và (2) ta được : − + − − + − = = ′ − + − 4 2 4 2 * * ] [ * * ] [ ] [ ) ( 4 ) ( 2 2 Y OH Mg MgY Y OH Mg MgY Y Mg MgY α α β α α β a) pH = 4 M OH M H 10 4 14 4 10 10 10 ] [ 10 ] [ − − − − − + = = ⇒ = ⇒ 42 . 7 10 58 . 2 ) ( 10 1 10 * 10 1 − − + = + = ⇒ + OH Mg α 8 2 67 . 2 16 . 6 26 . 10 4 4 67 . 2 16 . 6 26 . 10 3 4 16 . 6 26 . 10 2 4 26 . 10 4 10 * 773 . 2 10 * 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 ) 10 ( 10 10 1 4 = = + + + + = ⇒ − − − − − − − − − − − − − − − Y α Vậy : 8645 . 2 10 * 773 . 2 * ) 10 1 ( 10 * 8 42 . 7 9 . 8 ) ( 4 2 2 = + = = ′ − − + − − Y OH Mg MgY MgY α α β β b) pH = 8 M OH M H 6 8 14 8 10 10 10 ] [ 10 ] [ − − − − − + = = ⇒ = ⇒ 42 . 3 6 58 . 2 ) ( 10 1 10 * 10 1 − − + = + = ⇒ + OH Mg α 2 2 67 . 2 16 . 6 26 . 10 4 8 67 . 2 16 . 6 26 . 10 3 8 16 . 6 26 . 10 2 8 26 . 10 8 10 * 856 . 1 10 * 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 ) 10 ( 10 10 1 4 = = + + + + = ⇒ − − − − − − − − − − − − − − − Y α Vậy : 6 2 42 . 3 9 . 8 ) ( 10 * 278 . 4 10 * 856 . 1 * ) 10 1 ( 10 * 4 2 2 = + = = ′ − − + − − Y OH Mg MgY MgY α α β β c) pH = 10 M OH M H 4 10 14 10 10 10 10 ] [ 10 ] [ − − − − − + = = ⇒ = ⇒ 42 . 1 4 58 . 2 ) ( 10 1 10 * 10 1 − − + = + = ⇒ + OH Mg α
- 24. MTTCQ 82 . 2 10 * 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 ) 10 ( 10 10 1 2 67 . 2 16 . 6 26 . 10 4 10 67 . 2 16 . 6 26 . 10 3 10 16 . 6 26 . 10 2 10 26 . 10 10 4 = = + + + + = ⇒ − − − − − − − − − − − − − − − Y α 8 42 . 1 9 . 8 ) ( 10 * 714 . 2 82 . 2 * ) 10 1 ( 10 *4 2 2 = + = = ′ − − + − − Y OH Mg MgY MgY α α β β Câu 4 : 1 . 25 4 3 4 3 10 ] [ * ] [ ] [ = = ⇔ + − + − − − + − Y Fe FeY FeY Y Fe FeY β ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ * ] [ 3 4 4 4 3 2 2 3 3 3 2 2 3 2 2 2 2 2 3 4 3 1 3 4 − + − + − − − + − + − − − + − + − − + − + − = + ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = + ⇔ HY H Y K H Y HY Y H H HY K H HY Y H Y H H Y H K H Y H Y H Y H H Y H K H Y H Y H Gọi β′ là hằng số điều kiện bền của phức − FeY vậy : ] [ * ] [ ] [ 4 3 ′ ′ = ′ − + − − Y Fe FeY FeY β ] [ 3 ′ + Fe : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của + 3 Fe trừ phức chính − FeY . ] [ 4 ′ − Y : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của − 4 Y trừ phức chính − FeY . Ta có : = + + + + = = + + + + = ′ + − + − + − + − − − − − − − 1 2 3 4 4 4 2 3 4 3 4 3 4 2 4 4 4 4 4 3 2 2 3 4 4 * * * ] [ * ] [ * * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ K K K K H Y K K K H Y K K H Y K H Y Y Y H Y H Y H HY Y Y − − + + + + − = + + + + = 4 * ] [ * * * ] [ * * ] [ * ] [ ] [ 1 * ] [ 4 1 2 3 4 4 2 3 4 3 3 4 2 4 4 Y Y K K K K H K K K H K K H K H Y α Đặt + + + + = + + + + − 1 2 3 4 4 2 3 4 3 3 4 2 4 * * * ] [ * * ] [ * ] [ ] [ 1 4 K K K K H K K K H K K H K H Y α − − − − = = ′ ⇒ − + − 4 4 * ] [ * ] [ ] [ 4 3 Y FeY Y FeY Y Fe FeY α β α β * pH = 1 1 10 ] [ − + = ⇒ H
- 25. MTTCQ 17 2 67 . 2 16 . 6 26 . 10 4 1 67 . 2 16 . 6 26 . 10 3 1 16 . 6 26 . 10 2 1 26 . 10 1 10 * 36 . 1 10 * 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 ) 10 ( 10 10 1 4 = = + + + + = ⇒ − − − − − − − − − − − − − − − Y α 7 17 1 . 25 10 * 285 . 9 10 * 36 . 1 10 = = ′ ⇒ − FeY β *pH = 3 3 10 ] [ − + = ⇒ H 10 2 67 . 2 16 . 6 26 . 10 4 3 67 . 2 16 . 6 26 . 10 3 3 16 . 6 26 . 10 2 3 26 . 10 3 10 * 985 . 3 10 * 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 ) 10 ( 10 10 1 4 = = + + + + = ⇒ − − − − − − − − − − − − − − − Y α 14 10 1 . 25 10 * 159 . 3 10 * 985 . 3 10 = = ′ ⇒ − FeY β Câu 5 : + − + ⇔ K CN KCN Hằng số bền từng nấc : ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ ) ( ) ( ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ ) ( ) ( ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ ) ( ) ( ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ ) ( ) ( ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ ) ( ) ( ] [ * ] [ ] ) ( [ ) ( 2 5 3 6 6 3 6 2 5 4 2 5 5 2 5 4 3 4 4 4 3 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 2 1 2 3 − − − − − − − − − − − − − − − − − + − + − + + + − + − + + + − + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + CN CN Fe CN Fe CN Fe CN CN Fe CN CN Fe CN Fe CN Fe CN CN Fe CN CN Fe CN Fe CN Fe CN CN Fe CN CN Fe CN Fe CN Fe CN CN Fe CN CN Fe CN Fe CN Fe CN CN Fe CN Fe CN Fe CN Fe CN Fe β β β β β β Vậy hằng số bền tổng cộng từng nấc là : Nấc 1 : ] [ * ] [ ] ) ( [ 3 2 1 1 . 1 − + + = = CN Fe CN Fe β β Nấc 2 : 2 3 2 2 1 2 . 1 ] [ * ] [ ] ) ( [ * − + + = = CN Fe CN Fe β β β Nấc 3 : 3 3 3 3 2 1 3 . 1 ] [ * ] [ ] ) ( [ * * − + = = CN Fe CN Fe β β β β Nấc 4 : 4 3 4 4 3 2 1 4 . 1 ] [ * ] [ ] ) ( [ * * * − + − = = CN Fe CN Fe β β β β β
- 26. MTTCQ Nấc 5 :5 3 2 5 5 4 3 2 1 5 . 1 ] [ * ] [ ] ) ( [ * * * * CN Fe CN Fe + − = = β β β β β β Nấc 6 : 6 3 3 6 6 5 4 3 2 1 6 . 1 ] [ * ] [ ] ) ( [ * * * * * − + − = = CN Fe CN Fe β β β β β β β Câu 6 : Hằng số bền càng lớn thì hợp chất đó càng bền : Ta có : Hằng số không bền của phức − 2 CaY : 57 . 10 57 . 10 57 . 10 10 10 1 1 10 2 2 2 = = = ⇒ = − − − − − CaY CaY CaY K K β Hằng số không bền của phức − FeY : 1 . 25 1 . 25 1 . 25 10 10 1 1 10 = = = ⇒ = − − − − − FeY FeY FeY K K β Vì 57 . 10 1 . 25 10 10 2 = > = − − CaY FeY β β ⇒ Vậy phức chất − FeY bền hơn phức chất − 2 CaY với − 4 Y . Câu 7 :!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 2 2 2 2 2 10 * 2 10 10 : 2 − − − − + + ⇔ M Cl Hg HgCl ] [ * ] [ ] [ ] [ * ] [ ] [ 2 2 2 1 2 − + − + − + + + − + = ⇔ + = ⇔ + Cl HgCl HgCl HgCl Cl HgCl Cl Hg HgCl HgCl Cl Hg β β Ta có : 48 . 6 74 . 6 22 . 13 2 22 . 13 2 74 . 6 2 1 2 . 1 74 . 6 1 . 1 1 10 10 10 10 * 10 * 10 = = ⇒ = = = = = β β β β β β β ĐLBTNĐ đầu : = + + = = + + = = − + − + + + + − + 2 2 2 1 2 1 2 2 2 ] [ * ] [ * * ] [ * ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ 10 2 Cl Hg Cl Hg Hg HgCl HgCl Hg CHg β β β − + − − + = + + = Cl Hg Cl Cl Hg α β β β * ] [ ) ] [ * * ] [ * 1 ( * ] [ 2 2 2 1 1 2 Đặt ) ] [ * * ] [ * 1 ( 2 2 1 1 − − + + = − Cl Cl Cl β β β α − − + = ⇒ Cl Hg α 2 2 10 ] [ 9 2 2 22 . 13 2 74 . 6 10 * 6385 . 6 ) 10 * 2 ( * 10 10 * 2 * 10 1 = + + = − − − Cl α M Hg 12 9 2 2 10 * 5064 . 1 10 * 6385 . 6 10 ] [ − − + = = ⇒
- 27. MTTCQ M Cl Hg HgCl 26 . 5 12 74 . 6 2 1 10 * 5064 . 1 10 * 5064 . 1 * 10 ] [ * ] [ * ] [− − − + + = = = ⇒ β M Cl Hg HgCl 78 . 2 2 12 22 . 13 2 2 2 1 10 * 0256 . 6 ) 10 * 2 ( * 10 * 5064 . 1 * 10 ] [ * ] [ * * ] [ − − − − + = = = ⇒ β β Câu 8 : 13 . 16 4 3 4 3 10 ] [ * ] [ ] [ = = ⇔ + − + − − − + − Y Al AlY AlY Y Al AlY β ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ * ] [ 3 2 2 2 2 2 3 4 3 1 3 4 − + − + − − + − + − = + ⇔ = + ⇔ Y H H Y H K H Y H Y H Y H H Y H K H Y H Y H ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ * ] [ 3 4 4 4 3 2 2 3 3 3 2 2 − + − + − − − + − + − − = + ⇔ = + ⇔ HY H Y K H Y HY Y H H HY K H HY Y H Gọi β′ là hằng số điều kiện bền của phức − AlY vậy : ] [ * ] [ ] [ 4 3 ′ ′ = ′ − + − − Y Al AlY AlY β ] [ 3 ′ + Al : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của + 3 Al trừ phức chính − AlY . ] [ 4 ′ − Y : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của − 4 Y trừ phức chính − AlY . Ta có : = + + + + = = + + + + = ′ + − + − + − + − − − − − − − 1 2 3 4 4 4 2 3 4 3 4 3 4 2 4 4 4 4 4 3 2 2 3 4 4 * * * ] [ * ] [ * * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ K K K K H Y K K K H Y K K H Y K H Y Y Y H Y H Y H HY Y Y − − + + + + − = + + + + = 4 * ] [ * * * ] [ * * ] [ * ] [ ] [ 1 * ] [ 4 1 2 3 4 4 2 3 4 3 3 4 2 4 4 Y Y K K K K H K K K H K K H K H Y α Đặt + + + + = + + + + − 1 2 3 4 4 2 3 4 3 3 4 2 4 * * * ] [ * * ] [ * ] [ ] [ 1 4 K K K K H K K K H K K H K H Y α − − − − = = ′ ⇒ − + − 4 4 * ] [ * ] [ ] [ 4 3 Y AlY Y AlY Y Al AlY α β α β * pH = 1 1 10 ] [ − + = ⇒ H 17 2 67 . 2 16 . 6 26 . 10 4 1 67 . 2 16 . 6 26 . 10 3 1 16 . 6 26 . 10 2 1 26 . 10 1 10 * 36 . 1 10 * 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 ) 10 ( 10 10 1 4 = = + + + + = ⇒ − − − − − − − − − − − − − − − Y α 099188447 . 0 10 * 36 . 1 10 17 13 . 16 = = ′ ⇒ − FeY β * pH = 3 3 10 ] [ − + = ⇒ H
- 28. MTTCQ 10 2 67 . 2 16 . 6 26 . 10 4 3 67 . 2 16 . 6 26 . 10 3 3 16 . 6 26 . 10 2 3 26 . 10 3 10 * 985 . 3 10 * 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 ) 10 ( 10 10 1 4 = = + + + + = ⇒ − − − − − − − − − − − − − − − Y α 5 10 13 . 16 10 * 385 . 3 10 * 985 . 3 10 = = ′ ⇒ − FeY β Câu9 : Ta tính pH của dung dịch : Ta có : Ka = 10-9.24 ( pKa = 9.24 ) − + − + − + + ⇔ + ⇒ + ⇔ OH H O H Cl NH Cl NH OH NH OH NH 2 4 4 4 4 ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ + + + − + + − − + = H OH C H OH C K H b a a M C C K H b a a gd 24 . 9 24 . 9 10 * 78 . 1 1 78 . 1 10 ] [ − − + = = = M H OH gd gd 6 24 . 9 14 14 10 * 7629 . 9 10 * 78 . 1 10 ] [ 10 ] [ − − − + − − = = = ⇒ Vì [H+ ] << [OH- ] ta bỏ [H+ ] bên cạnh [OH- ] Và vì [OH- ] << Ca, Cb ta bỏ [OH- ] bên cạnh Ca, Cb 9 ] log[ ] [ 10 * 78 . 1 1 78 . 1 * 10 ] [ 24 . 9 24 . 9 = − = ⇒ = = = = + − − + gd gd b a a H pH H C C K H Hay : 9 78 . 1 1 log 24 . 9 log = + = + = a b a C C pK pH M H 9 10 ] [ − + = ⇒ 62 . 18 4 2 2 2 4 2 10 ] [ * ] [ ] [ 2 = = ⇔ + − + − − − + − Y Ni NiY NiY Y Ni NiY β + + ⇔ + 2 3 3 2 ) (NH Ni NH Ni ] [ * ] [ ] ) ( [ 3 2 2 3 1 NH Ni NH Ni + + = β + + ⇔ + 2 2 3 3 2 3 ) ( ) ( NH Ni NH NH Ni ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ 3 3 2 2 3 2 NH NH Ni NH Ni + + = β + + ⇔ + 2 3 3 3 2 2 3 ) ( ) ( NH Ni NH NH Ni ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ 3 2 2 3 2 3 3 3 NH NH Ni NH Ni + + = β + + ⇔ + 2 4 3 3 2 3 3 ) ( ) ( NH Ni NH NH Ni ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ 3 2 3 3 2 4 3 4 NH NH Ni NH Ni + + = β
- 29. MTTCQ + + ⇔ + 2 5 3 3 2 4 3 ) ( ) (NH Ni NH NH Ni ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ 3 2 4 3 2 5 3 5 NH NH Ni NH Ni + + = β 67 . 2 1 1 . 1 10 = = β β 8 . 4 2 1 2 . 1 10 * = = β β β 46 . 6 3 2 1 3 . 1 10 * * = = β β β β 5 . 7 4 3 2 1 4 . 1 10 * * * = = β β β β β 1 . 8 5 4 3 2 1 5 . 1 10 * * * * = = β β β β β β
- 30. ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ * ] [ 3 4 4 4 3 2 2 3 3 3 2 2 3 2 2 2 2 2 3 4 3 1 3 4 − + − + − − − + − + − − − + − + − − + − + − = + ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = + ⇔ HY H Y K H Y HY Y H H HY K H HY Y H Y H H Y H K H Y H Y H Y H H Y H K H Y H Y H Gọi β′ làhằng số điều kiện bền của phức − 2 NiY vậy : ] [ * ] [ ] [ 4 2 2 2 ′ ′ = ′ − + − − Y Ni NiY NiY β ] [ 2 ′ + Ni : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của + 2 Ni trừ phức chính − 2 NiY . ] [ 4 ′ − Y : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của − 4 Y trừ phức chính − 2 NiY . Ta có : 3 * ] [ ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * 1 ( * ] [ ] ) ( [ ] ) ( [ ] ) ( [ ] ) ( [ ] ) ( [ ] [ ] [ 2 5 3 5 . 1 4 3 4 . 1 3 3 3 . 1 2 3 2 . 1 3 1 2 2 5 3 2 4 3 2 3 3 2 2 3 2 3 2 2 NH Ni NH NH NH NH NH Ni NH Ni NH Ni NH Ni NH Ni NH Ni Ni Ni α β β β β β + + + + + + + + + = = + + + + + = = + + + + + = ′ Đặt ( ) 5 3 5 . 1 4 3 4 . 1 3 3 3 . 1 2 3 2 . 1 3 1 ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * 1 3 NH NH NH NH NH NH β β β β β α + + + + + = = + + + + = = + + + + = ′ + − + − + − + − − − − − − − 1 2 3 4 4 4 2 3 4 3 4 3 4 2 4 4 4 4 4 3 2 2 3 4 4 * * * ] [ * ] [ * * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ K K K K H Y K K K H Y K K H Y K H Y Y Y H Y H Y H HY Y Y − − + + + + − = + + + + = 4 * ] [ * * * ] [ * * ] [ * ] [ ] [ 1 * ] [ 4 1 2 3 4 4 2 3 4 3 3 4 2 4 4 Y Y K K K K H K K K H K K H K H Y α Đặt + + + + = + + + + − 1 2 3 4 4 2 3 4 3 3 4 2 4 * * * ] [ * * ] [ * ] [ ] [ 1 4 K K K K H K K K H K K H K H Y α − − − − = = ′ ⇒ − + − 4 3 2 4 3 2 * * ] [ * * ] [ ] [ 4 2 2 Y NH NiY Y NH NiY Y Ni NiY α α β α α β 8 5 1 . 8 4 5 . 7 3 46 . 6 2 8 . 4 67 . 2 10 * 605 . 1 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 3 = + + + + + = NH α 2233 . 19 10 * 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 ) 10 ( 10 10 1 2 76 . 2 16 . 6 26 . 10 4 9 67 . 2 16 . 6 26 . 10 3 9 16 . 6 26 . 10 2 9 26 . 10 9 4 = = + + + + = − − − − − − − − − − − − − − − Y α 9 8 62 . 18 10 * 35 . 1 2233 . 19 * 10 * 605 . 1 10 2 = = ′ ⇒ − NiY β Câu 10 : ] [ * ] [ ] ) ( [ ) ( 3 2 1 2 3 − + + + − + = ⇔ + SCN Fe SCN Fe SCN Fe SCN Fe β
- 31. ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ ) ( ) ( ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ ) ( ) ( ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ ) ( ) ( ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ ) ( ) ( ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ ) ( ) ( 4 3 6 6 3 6 2 5 4 2 5 5 2 5 4 3 4 4 4 3 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 − − − − − − − − − − − − − − − − − + − + − + + + − + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + SCN SCN Fe SCN Fe SCN Fe SCN SCN Fe SCN SCN Fe SCN Fe SCN Fe SCN SCN Fe SCN SCN Fe SCN Fe SCN Fe SCN SCN Fe SCN SCN Fe SCN Fe SCN Fe SCN SCN Fe SCN SCN Fe SCN Fe SCN Fe SCN SCN Fe β β β β β 03 . 3 1 1 . 1 10 = = β β 33 . 4 2 1 2 . 110 * = = β β β 63 . 4 3 2 1 3 . 1 10 * * = = β β β β 53 . 4 4 3 2 1 4 . 1 10 * * * = = β β β β β 23 . 4 5 4 3 2 1 5 . 1 10 * * * * = = β β β β β β 23 . 3 6 5 4 3 2 1 6 . 1 10 * * * * * = = β β β β β β β ĐLBTNĐ đầu : + + + + + + = + + + + + + = = − − − − − − + − − + + + − + 6 6 . 1 5 5 . 1 4 4 . 1 3 3 . 1 2 2 . 1 1 3 3 6 2 5 4 3 2 2 3 3 ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * 1 ( * ] [ ) ( [ ] ) ( [ ] ) ( [ ] ) ( [ ] ) ( [ ] ) ( [ ] [ 10 3 SCN SCN SCN SCN SCN SCN Fe SCN Fe SCN Fe SCN Fe SCN Fe SCN Fe SCN Fe Fe CFe β β β β β β − + = SCN Fe α * ] [ 3 Đặt : ) ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * 1 ( 6 6 . 1 5 5 . 1 4 4 . 1 3 3 . 1 2 2 . 1 1 − − − − − − + + + + + + = − SCN SCN SCN SCN SCN SCN SCN β β β β β β α − − + − + = = ⇒ SCN SCN Fe C Fe α α 3 3 10 ] [ 3 a) [SCN- ] = 1M ⇒ 5 6 23 . 3 5 23 . 4 4 53 . 4 3 63 . 4 2 33 . 4 03 . 3 10 * 18 . 1 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 = + + + + + + = − SCN α Bài Tập Tổng Hợp Về Hóa Phân Tích Bài tập 1 : Tính pH của dung dịch HCl có nồng độ sau đây a. 0,1M b. 0,02M c. 5.10-3 d. 10-6 e. 10-7 Giải Nếu không kể đến lực ion của dung dịch thì pH của dung dịch HCl ở các nồng độ 0,1M,
- 32. 0,02M, 5.10-3 M, 10-6 M,10-7 M là: a/Ca ={0,1M, 0,02M, 5.10-3 M , 10-6 } Ta có: Ca ≥ 10-6 => [OH- ] < < Ca khi đó : [H+ ] =Ca Vậy pH của dung dịch HCl ở các nồng độ này là: pH1= -lg [Ca1] =-lg[0,1]=1 pH2= -lg [Ca2] =-lg[0,02]=1,7 pH3= -lg [Ca3] =-lg[5.10-3 ]=2,3 pH4= -lg [Ca4] =-lg[10-6 ]=6 b.Ta có : 10-8 < Ca =10-7 < 10-6 Ta có: HCl ->H+ + Cl- H2O ƒ H+ + OH- Phương trình bảo toàn proton : [H+ ]=[Cl- ]+[OH- ] = Ca + [OH- ] 2 2 2 [ ] [ ] [ ] .[ ] 0 H O H O K H Ca H H Ca H K + + + + ⇔ = + ⇔ − − = ⇔ [H+]2 -10-7 [H+ ]-10-14 = 0 ⇔ + -7 + -8 [H ]=1,62.10 [H ]=-6,2.10 ( ) loai Vậy pH5=-lg[H+ ] = -lg[1,62.10-7 ] = 6,79 Bài tập 2 : Tính pH của dung dịch CH3COOH , pKa = 4,75 có nồng độ sau : a. 10-1 M b. 10-2 M c. 10-3 M d. 10-4 M e. 10-5 M f. 10-6 M Giải Phương trình phân ly : CH3COOH € CH3COO+H+ H2O € OH- + H+ Phương trình bảo toàn proton : [H+ ] =[CH3COO- ]+ [OH- ] (1) Phương trình bảo toàn hằng số : 3 3 [ ].[ ] (2) [ ] CH COO H K CH COOH − + = Phương trình bảo toàn khối lượng : [CH3COOH] + [CH3COO- ]= Ca (3)
- 33. Giải (1) (2)(3) ta được : [ ].([ ] [ ]) [ ] [ ] H H OH K Ca H OH + + − + − − = − + Giả sử : [OH ] << H + và Ca >> H + 2 . H K H K Ca Ca + + ⇒ = ⇒ = Vậy :pH = 1 ( l g ) 2 pKa o Ca − Với pKa = 4,75 a. pH = 1 1 (4,75 log10 ) 2,88 2 − − = b. Ca =10-2 M =>pH = 1 2 (4,75-log10-2 )=3,38 c. Ca =10-3 M =>pH = 1 2 (4,75-log10-3 )=3,88 d. Ca =10-4 M =>pH = 1 2 (4,75-log10-4 )=4,38 e. Ca =10-5 M =>pH = 1 2 (4,75-log10-5 )=4,88 f. Ca =10-6 M =>pH = 1 2 (4,75-log10-6 )=5,38 Bài tập 3 : Tính pH của các dung dịch muối amoniclorua có các nồng đồ sau : a. a. 10-1 M b. 10-2 M c. 10-3 M NH3 có pKb = 4,75 Giải Phương trình phân ly : NH4Cl 4 NH + € + Cl- NH4 + 3 NH € + H+ H2O H + € + OH- PT Hằng số Axit : [ ] [ ] 4 4 3 4 3 4 . NH NH NH H NH K NH K NH H + + + + + + = ⇒ = 2 4 3 14 9,25 4,75 10 10 10 H O NH NH K K K + − − − = = =
- 34. PT bảo toànđiện tích : [H+ ]=[NH3]+[OH- ] 4 2 4 .[ ] [ ] NH H O K NH K H H H + + + + + ⇔ = + 2 4 2 [ ] . a H O NH H K C K + + ⇔ = + Ca=10-1 (M) => [H+ ] = 7,5.10-6 => pH =-lg[H+ ]= 5,12 Ca=10-2 (M) => [H+ ] = 2,37.10-6 => pH =-lg[H+ ]= 5,62 Ca=10-3 (M) => [H+] = 7,57.10-7 => pH =-lg[H+ ]= 6,12 Bài tập 4 :Vẽ đồ thị logarit nồng độ của dung dịch bazơ yếu B có pKb = 5 và nồng độ 10-2 M . Dựa vào đồ thị để tính pH của dung dịch . Giải Ta có các cân bằng trong dung dịch : B + 2 H O BH OH + − + € H2O € H+ +OH- Phương trình bảo toàn proton: [OH- ] = [H+ ]+ [BH+ ] (1) Phương trình bảo toàn khối lượng : [B] +[BH+ ] = Cb (2) Phương trình hằng số cân bằng : [ ].[ ] [ ] B BH OH K B + − = (3) Phương trình hằng số cân bằng của axit liên hợp với bazơ [BH+ ] : KBH+= 2 H O B K K (4) Vẽ đồ thị : Ta có điểm hệ ( 9;-2)
- 35. Đồ thị logaritcủa bazo yếu B Từ đồ thị ta thấy : [H+ ] <<[BH+ ] Do đó phương trình (1) trở thành : [BH+ ] = [OH- ] 2 [ ] [ ] [ ] H O BH K Cb H K H H + + + + ⇔ = + ⇔ Cb[H+ ]2 -KH2O.KBH + - [H+ ].KH2O. =0 ⇔ 10-2 [H+ ]2 -10-14 [H+ ] -1023 =0 11 11 [ ] 3,2.10 [ ] 3,1.10 ( ) H H loai + − + − = =− ⇔ Vậy pH =-lg[H+ ]=-lg[3,2.10-11 ]=10,5 Bài tập 5 : Cần lấy bao nhiêu gam NH4Cl để pha thành 1 lít dung dịch có pH = 5,5 . Biết NH3 có pKb = 4,75 . Giải Phương trình phân ly : NH4Cl 4 NH + € + Cl- NH4 + 3 NH € + H+ H2O H + € + OH – Phương trình hằng số axit: [ ] [ ] 4 4 4 3 3 4 . [ ] NH NH K NH NH H K NH H NH + + + + + + = ⇒ = Do ion 4 NH + là axit liên hợp của NH3 nên: 3 2 4 | . NH H O NH K K K + = 2 4 3 14 9,25 4,75 10 10 10 H O NH NH K K K + − − − ⇒ = = = PT bảo toàn proton : [H+ ]=[NH3+[OH- ] 4 2 2 4 4 2 4 .[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] .[ ] (*) NH H O H O NH K NH K H H H H K NH K + + + + + + + + ⇒ = + ⇒ = + Vì dung dịch sau khi pha có pH = 5,5 => [H+ ]=10-5,5 Nên (*) trở thành :
- 36. -5,5 2 (10 )= 10-9,25 . [ 4 NH + ] + 10-14 ⇒ [ 4 NH + ] =0,0177 (M) Khi cân bằng ta có: [ 4 NH + ] = [ 4 NH Cl ]=0,0177 (M) Do đó số mol 4 NH Cl cần lấy là : n NH4Cl= [NH4Cl]. V = 0,0177 . 1 = 0,0177 ( mol ) Vậy khối lượng cần lấy để pha thành 1lít dung dịch có pH = 5,5 là : m =0,0177.53,5 = 0,95 (g) CÂU 6: tính pH của các dd sau; a) Dd A CH3COOH 2,5.10-2 M + CH3COONa 7,5.10-2 M b) Dd A sau khi thêm 10-2 mol HCl vào 1 lít dd đó c) Dd A sau khi thêm 10-2 mol NaOH vào 1 lít dd đó GIẢI a) Tính pH của dd (a) CH3COOH 2,5.10-2 M + CH3COONa 7,5.10-2 M vì dd đã cho là dd đệm nên ta có pH dd được tính theo công thức pH = pKa – log trong đó: ka là hằng số axít của CH3COOH Ca là nồng độ của CH3COOH Cb là nồng độ của CH3COONa ⇒ pH = 4,75 + 0,48 = 5,23 b)dd (a) sau khi thêm 10-2 mol HCl vào 1 lít dd đó HCl = H+ + Cl¯ [H+ ] = [HCl] = 10-2 H+ + CH3COO¯ = CH3COOH Ta có [CH3COO¯] = 7,5 .10-2 - 10-2 = 6,5.10-2 [CH3COOH] = 2,5.10-2 + 10-2 = 3,5.10-2 ⇒ pH = 4,75 – log = 5,02 c) dd (a) sau khi thêm 10-2 mol NaOH vào 1 lít dd đó NaOH = Na+ + OH¯ [OH¯] = [NaOH] = 10-2 Trong dd sẽ xảy ra phản ứng CH3COOH + OH¯ = CH3COO¯ + H2O Ta có [CH3COO¯] = 7,5 .10-2 + 10-2 = 8,5.10-2 [CH3COOH] = 2,5.10-2 - 10-2 = 1,5.10-2
- 37. MTTCQ BÀI TẬP PHẦN2. CHƯƠNG 2. CÂN BẰNG ACID – BAZ Câu 1. Tính pH của dung dịch CH3COOH 0,1 M, biết rằng hằng số phân ly của axít này là Ka = 10-4,75 . Câu 2. Tính pH của dung dịch NH4OH 1 M biết Kb= 1,76.10-5 . Câu 3. Tính giá trị pH của dung dịch đệm gồm NH4OH 0,05 M và NH4Cl 0,05 M. Cho biết KNH4OH = Kb = 1,76.10-5 . Câu 4. Cho 500ml dung dịch CH3COOH 0,1 M. Người ta thêm từ từ dung dịch NaOH 0,1 N vào 500ml dung dịch trên. Tính pH ở các thời điểm sau: a. 100ml NaOH 0,1N b. 300ml NaOH 0,1N c. 500ml NaOH 0,1N d. 600ml NaOH 0,1N Câu 5. Tính pH của dung dịch NaCN 0,010 M. Cho pKa,HCN = 9,35. Câu 6. Tính pH của dung dịch NH4Cl 0,10 M. Cho 3 NH pK = 4,75. Câu 7. Tính pH của dung dịch thu được khi thêm 0,102g CH3COONa vào 100ml dung dịch 0,0375M CH3COOH. Biết pKCH3COOH = 4,75. Câu 8. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn: a. 50ml 0,1M KH2PO4 và 25ml 0,2M K2HPO4. Biết H3PO4 có pK1 = 2,16; pK2 = 7,13; pK3 = 12,3. b. 30ml 0,1M Na2CO3 và 15ml 0,1M NaHCO3. Biết H2CO3 có pK1 = 6,35; pK2 = 10,33. Câu 9. Phải thêm vào 100ml dung dịch HCOOH 0,2M bao nhiêu gam natri foocmat rắn HCOONa để có dung dịch đệm với pH = 4,3. Biết pKHCOOH = 3,77. Câu 10. Cần bao nhiêu gam CH3COONa hòa tan trong 50ml dung dịch CH3COOH 0,04M để được pH = 5,43. Câu 11. Tính pH dung dịch HNO2 0,120 M, Ka = 7,1.10-4 Câu 12. Tính pH dung dịch HF 2,0.10–4 M. Ka = 6,7.10–4 . Câu 13. Tính [H+ ], [OH- ], pH của dung dịch Na2S 0,100M. Câu 14. Tính pH của dung dịch NaHCO3 1,00M. (H2CO3 có pKa1 = 6,35, pKa2 = 10,33). Câu 15. Tính pH của dung dịch NaHSO3 1,00.10-3 M (H2SO3 có pKa1 = 1,76, pKa2 = 7,21). Câu 16. Xác định nồng độ của dung dịch CH3COOH phải có trong dung dịch sao cho pH = 3. MTTCQ
- 38. MTTCQ Hoàng Nhân Khôi DH11H1 Câu1: CH3COOH ⇔ CH3COO- + H+ H2O ⇔ OH- + H+ 12 3 14 3 75 . 4 10 * 5 . 7 10 * 33 . 1 10 ] [ 10 * 33 . 1 1 . 0 * 10 * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ − − − − − − + − + − + + = = ⇒ = = = − − − = gd a a gd a a OH C K H OH H OH H C K H Vì [OH- ] << [H+ ] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] 8778 . 2 ] log[ 10 * 325 . 1 ] [ 0 10 ] [ * 10 ] [ 0 * ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ 3 75 . 5 75 . 4 2 = − = ⇒ = ⇔ = − + ⇔ = − + ⇒ − = + − + − + − + + + + + + H pH H H H C K H K H H H C K H a a a a a Câu 2: 12 3 14 3 5 2 4 4 10 * 384 . 2 10 * 195 . 4 10 ] [ 10 * 195 . 4 10 * 76 . 1 * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ − − − + − − − + − + − − − + − + = = ⇒ = = = − + − = + ⇔ + ⇔ gd b b b b H C K OH H OH H OH C K OH OH H O H OH NH OH NH gd Vì [H+ ] << [OH- ] ta bỏ [H+ ] bên cạnh [OH- ] Và vì [OH- ] << Cb ta bỏ [OH- ] bên cạnh Cb 6227 . 11 ] log[ ] [ 10 * 195 . 4 10 * 76 . 1 * ] [ * ] [ ] [ * ] [ 3 5 2 = − = ⇒ = = = = ⇒ = ⇔ = + − − − − − − gd gd b b b b b b H pH OH C K OH C K OH OH C K OH Câu 3: Ta có 76 . 1 10 10 * 76 . 1 10 10 * 76 . 1 9 5 14 5 − − − − = = ⇒ = a b K K MTTCQ
- 39. MTTCQ 5 9 14 9 2 4 4 4 4 10 * 76 . 1 76 . 1 10 10 ] [ 76 . 1 10 ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ − − − − − + − + − + + − + − + − + = = ⇒ = = − + + − = + ⇔ + ⇒ + ⇔ gd b a a dg b a a OH C C K H OH H C OH H C K H OH H O H Cl NH Cl NH OH NH OH NH Vì [H+ ] <<[OH- ] ta bỏ [H+ ] bên cạnh [OH- ] Và vì [OH- ] << Ca, Cb tả bỏ [OH- ] bên cạnh Ca, Cb 2455 . 9 ] log[ ] [ 76 . 1 10 ] [ 9 = − = ⇒ = = = + − + H pH H C C K H gd b a a Câu 4: Ta có Vtd =0.5 (lít) a) VNaOH = 0.1 (lít) < Vtd = 0.5 (lít) ⇒ Trước điểm đương lượng ; dd gồm có CH3COONa và CH3COOH dư 25 . 10 75 . 4 14 75 . 4 75 . 4 3 3 3 3 75 . 4 3 3 10 * 5 . 2 10 * 4 10 ] [ 10 * 4 60 1 15 1 10 ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 10 60 1 1 . 0 5 . 0 1 . 0 * 1 . 0 * ] [ 15 1 1 . 0 5 . 0 1 . 0 * 1 . 0 1 . 0 * 5 . 0 * * ] [ 3 3 3 3 3 − − − − − − + − + − + + + − + − − = = = = = − + + − = + ⇔ + ⇒ = = = + = + = = = + − = + − = = gd b a a gd b a a COOH CH a NaOH COOH CH NaOH NaOH b NaOH COOH CH NaOH NaOH M COOH CH a OH C C K H OH H C OH H C K H H COO CH COOH CH Na COO CH COONa CH K K M V V C V COONa CH C M V V C V C V COOH CH C COOH CH Vì [OH- ] << [H+ ] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] Và vì [H+ ] << Ca, Cb ta bỏ [H+] bên cạnh Ca, Cb MTTCQ
- 40. MTTCQ 14794 . 4 ] log[ ] [ 10 * 4 60 1 15 1 ] [ 75 . 4 = − = ⇒ = = = = + − + H pH H C C K H gd b a a b)VNaOH = 0.3 (lít) < Vtd = 0.5 (lít) ⇒ Trước điểm đương lượng ; dd gồm có CH3COONa và CH3COOH dư 25 . 10 75 . 4 14 75 . 4 75 . 4 3 3 3 3 75 . 4 3 3 10 * 5 . 1 10 * 3 2 10 ] [ 10 * 3 2 80 3 40 1 10 ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 10 80 3 3 . 0 5 . 0 1 . 0 * 3 . 0 * ] [ 40 1 3 . 0 5 . 0 1 . 0 * 3 . 0 1 . 0 * 5 . 0 * * ] [ 3 3 3 3 3 − − − − − − + − + − + + + − + − − = = = = = − + + − = + ⇔ + ⇒ = = = + = + = = = + − = + − = = gd b a a gd b a a COOH CH a NaOH COOH CH NaOH NaOH b NaOH COOH CH NaOH NaOH M COOH CH a OH C C K H OH H C OH H C K H H COO CH COOH CH Na COO CH COONa CH K K M V V C V COONa CH C M V V C V C V COOH CH C COOH CH Vì [OH- ] << [H+ ] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] Và vì [H+ ] << Ca, Cb ta bỏ [H+ ] bên cạnh Ca, Cb 9261 . 4 ] log[ ] [ 10 * 3 2 80 3 40 1 ] [ 75 . 4 = − = ⇒ = = = = + − + H pH H C C K H gd b a a c) VNaOH = 0.5 (lít) = Vtd = 0.5 (lít) ⇒ Tại điểm đương lượng ; dd có CH3COONa MTTCQ
- 41. MTTCQ 9 6 14 14 6 25 . 9 25 . 9 75 . 4 14 75 . 4 2 3 3 3 10 * 885885 . 1 10 * 30255 . 5 10 ] [ 10 ] [ 10 * 30255 . 5 05 . 0 * 10 * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 10 10 10 10 05 . 0 5 . 0 5 . 0 1 . 0 * 5 . 0 * ] [ 3 3 − − − − − + − − − + − + − − − − − − + − + − = = = = = = − + − = = = ⇒ = = + ⇔ + ⇒ = + = + = = OH H C K OH H OH H OH C K OH K K K H OH O H Na COO CH COONa CH M V V C V COONa CH C gd b b gd b b b COOH CH a NaOH COOH CH NaOH NaOH b Vì [H+ ] <<[OH- ] ta bỏ [H+ ] bên cạnh [OH- ] Và vì [OH- ] << Cb ta bỏ [OH- ] bên cạnh Cb 72448 . 8 ] log[ ] [ 10 * 30255 . 5 05 . 0 * 10 * ] [ 6 25 . 9 = − = ⇒ = = = = + − − − − gd gd b b H pH OH C K OH d) VNaOH = 0.6 (lít) > Vtd = 0.5 (lít) ⇒ Sau điểm đương lượng ; dd gồm có CH3COONa và NaOH dư. + − + − + ⇒ + ⇒ = + − = + − = = Na OH NaOH Na COO CH COONa CH M V V C V C V NaOH C COOH CH NaOH COOH CH COOH CH NaOH NaOH b 3 3 11 1 5 . 0 6 . 0 1 . 0 * 5 . 0 1 . 0 * 6 . 0 * * ] [ ] [ 3 3 3 Ta xem hỗn hợp trên như một bazo mạnh................................................................. ] [ ] [ − − + = OH K C OH W b Vì Cb lớn nên ta xem như H2O phân ly không đáng kể. Vì vậy ta có : 9586 . 12 ] log[ 10 * 1 . 1 11 1 10 ] [ 10 ] [ 11 1 ] [ 13 14 14 = − = ⇒ = = = ⇒ = = + − − − − + − H pH M OH H M C OH b Câu 5: MTTCQ
- 42. MTTCQ 73 . 4 10 10 * 73 . 4 10 ] [ 10 * 73 . 4 01 . 0 * 10 * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 10 10 10 10 35 . 9 10 4 14 4 65 . 4 2 65 . 4 35 . 9 14 35 . 9 − − − + − − − + − + − − − + − + − − − − = = ⇒ = = = − + − = + ⇔ + ⇒ = = ⇒ = ⇒ = gd b b gd b b b a a H C K OH H OH H OH C K OH OH H O H CN Na NaCN K K pK Vì [H+ ] <<[OH- ] ta bỏ [H+ ] bên cạnh [OH- ] 665 . 10 ] log[ 621 . 4 10 10 * 621 . 4 10 ] [ 10 * 621 . 4 ] [ 0 10 ] [ 10 ] [ 0 * ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ 10 4 14 4 65 . 6 65 . 4 2 2 = − = ⇒ = = ⇒ = ⇒ = − + ⇔ = − + ⇔ − = + − − − + − − − − − − − − − − − H pH H OH OH OH C K OH K OH OH OH C K OH b b b b b Câu 6: 5 . 7 10 10 * 5 . 7 10 ] [ 10 * 5 . 7 1 . 0 * 10 * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 10 10 10 10 75 . 4 8 6 14 6 25 . 9 2 4 4 25 . 9 75 . 4 14 75 . 4 3 − − − − − − + − + − + + − + − + − − − − = = ⇒ = = = − + − = + ⇔ + ⇒ = = ⇒ = ⇒ = = gd a a gd a a a b b NH OH C K H OH H OH H C K H OH H O H Cl NH Cl NH K K pK pK Vì [OH- ] << [H+ ] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] Và vì [H+ ] << Ca ta bỏ [H+ ] bên cạnh Ca 125 . 5 ] log[ ] [ 10 * 5 . 7 1 . 0 * 10 * ] [ * ] [ ] [ * ] [ 6 25 . 9 2 = − = ⇒ = = = = ⇒ = ⇔ = + + − − + + + + gd gd a a a a a a H pH H C K H C K H H C K H MTTCQ
- 43. MTTCQ Câu 7: 75 . 4 10 75 . 4 3 − = ⇒ = = a a COOH CHK pK pK + − + − − + − + ⇔ + ⇔ + ⇒ = = = → = → = H OH O H H COO CH COOH CH Na COO CH COONa CH M V n C mol O n g O m COONa CH M COONa CH COONa CH COONa CH 2 3 3 3 3 82 02 . 1 1 . 0 82 102 . 0 82 102 . 102 . 3 3 3 3 10 5 14 14 5 75 . 4 10 * 865 . 1 10 * 361 . 5 10 ] [ 10 ] [ 10 * 361 . 5 82 02 . 1 0375 . 0 10 ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ − − − + − − − − + − + − + + = = = ⇒ = = = − + + − = H OH C C K H OH H C OH H C K H b a a gd b a a Vì [OH- ] << [H+ ] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] Và vì [H+ ] << Ca, Cb ta bỏ [H+ ] bên cạnh Ca, Cb 271 . 4 ] log[ ] [ ] [ = − = ⇒ = = + + + gd gd b a a H pH H C C K H Câu 8: a) Ta có pK1 = 2.16 ⇒ K1 = 10-2.16 pK2 = 7.13 ⇒ K2 = 10-7.13 pK3 = 12.3 ⇒ K3 = 10-12.3 Vì muối KH2PO4 và muối K2HPO4 đều là muối trung tính nên pH của dung dịch là : 8 3 59 . 21 3 3 . 12 13 . 7 16 . 2 3 3 2 1 10 * 358 . 6 10 10 * 10 * 10 * * ] [ − − − − − + = = = = = ⇒ K K K H Ka pH = -log[H+ ] = 7.2 Hay : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 . 7 3 . 12 13 . 7 2 1 13 . 7 16 . 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 2 2 1 = + + + = + + + = pK pK pK pK pH b) Ta có pK1 = 6.35 ⇒ K1 = 10-6.35 pK2 = 10.33⇒ K2 = 10-10.33 ** Vì muối NaHCO3 là muối trung tính nên pH của dung dịch là : 9 68 . 16 33 . 10 35 . 6 2 1 10 * 571 . 4 10 10 * 10 * ] [ − − − − + = = = = = ⇒ K K H Ka MTTCQ
- 44. MTTCQ 6 9 14 10 * 1877 . 2 10 * 571 . 4 10 − − − = = ⇒ b K pH1= -log[H+ ] = 8.34 Hay : ( ) ( ) 34 . 8 33 . 10 35 . 6 2 1 2 1 2 1 1 = + = + = pK pK pH ** Dung dịch Na2CO3 sau khi trộn chung : 15 1 015 . 0 03 . 0 1 . 0 * 03 . 0 ] [ ] [ 3 2 = + = = b C CO Na − + − + + ⇔ + ⇒ OH H O H CO Na CO Na 2 3 3 2 82 . 3 10 10 * 82 . 3 10 ] [ 10 ] [ 10 * 82 . 3 15 1 * 10 * 1877 . 2 * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 10 4 14 14 4 6 − − − − − + − − − + − + − − = = = = = = − + − = OH H C K OH H OH H OH C K OH gd b b gd b b Vì [OH- ] >> [H+ ] ta bỏ [H+ ] bên cạnh [OH- ] Và vì [OH- ] << Cb ta bỏ [OH- ] bên cạnh Cb gd b b OH C K OH ] [ 10 * 82 . 3 15 1 * 10 * 1877 . 2 * ] [ 4 6 − − − − = = = = 582 . 10 ] log[ 2 = − = ⇒ + gd H pH Vậy pH của dung dịch là : 461 . 9 2 582 . 10 34 . 8 2 2 1 = + = + = pH pH pH Câu 9: ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 10 77 . 3 10 10 10 ] [ 10 ] [ 10 ] [ 3 . 4 77 . 3 7 . 9 3 . 4 14 14 3 . 4 − + − + + + − + − − − − − + − − − + − + + − = + ⇔ + ⇒ = ⇒ = = = = = ⇒ = ⇒ = OH H C OH H C K H H HCOO HCOOH Na HCOO HCOONa K pK pK H OH H pH b a a a HCOOH a Vì [OH- ] << [H+ ] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] Và vì [H+ ] << Ca ta bỏ [H+ ] bên cạnh Ca Ta giả sử : [H+ ] << Cb ta bỏ [H+ ] bên cạnh Cb MTTCQ
- 45. MTTCQ Vậy ta được: 3 . 4 3 . 4 77 . 3 10 ] [ 677688 . 0 ] [ 10 2 . 0 10 ] [ − + + − − + = >> = ⇒ = = = = H C H C C C K H b b b a a gd Vậy giả sử của ta có thể chấp nhận 6082784 . 4 677688 . 0 8 . 6 1 . 0 68 = ⇒ = = = = = HCOONa HCOONa HCOONa HCOONa HCOONa M b m m m V M m C C HCOONa Câu 10: ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 10 ; 10 10 10 ] [ 10 ] [ 10 ] [ 43 . 5 3 3 3 3 75 . 4 57 . 8 43 . 5 14 14 43 . 5 − + − + + + − + − − − − − + − − − + − + + − = + ⇔ + ⇔ = = = = ⇒ = ⇒ = OH H C OH H C K H H COO CH COOH CH Na COO CH COONa CH K H OH H pH b a a a Vì [OH- ] << [H+ ] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] Và vì [H+ ] << Ca ta bỏ [H+ ] bên cạnh Ca Ta giả sử : [H+ ] << Cb ta bỏ [H+]bên cạnh Cb vậy ta được : 43 . 5 43 . 5 75 . 4 10 ] [ 191452 . 0 ] [ 10 04 . 0 10 ] [ − + + − − + = >> = ⇒ = = = = H C H C C C K H b b b a a gd Vậy giả sử của ta có thể chấp nhận 7849532 . 0 191452 . 0 1 . 4 05 . 0 82 3 3 3 3 3 3 = ⇒ = = = = = COONa CH COONa CH COONa CH COONa CH COONa CH M b m m m V M m C C COONa CH Câu 11: MTTCQ
- 46. MTTCQ 12 3 14 14 3 4 2 2 2 10 * 08 . 1 10 * 23 . 9 10 ] [ 10 ] [ 10 * 23 . 9 12 . 0 * 10 * 1 . 7 * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ − − − + − − − − + − + − + + − + + = = = ⇒ = = = − + − = + ⇔ + ⇔ H OH C K H OH H OH H C K H OH H O H NO H HNO gd a a gd a a Vì [OH- ] <<[H+] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] 05 . 2 ] log[ 10 * 8822 . 8 ] [ 0 10 * 52 . 8 ] [ * 10 * 1 . 7 ] [ 0 * ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ 3 5 4 2 = − = ⇒ = ⇔ = − + ⇔ = − + ⇒ − = + − + − + − + + + + + + H pH H H H C K H K H H H C K H a a a a a Câu 12 : 11 4 14 14 4 4 4 2 10 * 73 . 2 10 * 661 . 3 10 ] [ 10 ] [ 10 * 661 . 3 10 * 2 * 10 * 7 . 6 * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ − − − + − − − − − + − + − + + − + + = = = ⇒ = = = − + − = + ⇔ + ⇔ H OH C K H OH H OH H C K H OH H O H F H HF gd a a gd a a Vì [OH- ] << [H+] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] 79 . 3 ] log[ 10 * 612 . 1 ] [ 0 10 * 34 . 1 ] [ * 10 * 7 . 6 ] [ 0 * ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ 4 7 4 2 = − = ⇒ = ⇔ − + ⇔ = − + ⇒ − = + − + − + − + + + + + + H pH H H H C K H K H H H C K H a a a a a Câu 13: Ta có axit H2S pKa1 = 7.02 (ka1 = 10-7.02 ); pKa2 = 12.9 (Ka2 = 10-12.9 ) Na2S ⇒ Na+ + S2- 0.1 0.1 0.1 MTTCQ
- 47. MTTCQ S2- + H2O ⇔HS- + OH- Kb1 = 10-1.1 HS- + H2O ⇔ H2S + OH- Kb2 = 10-6.98 H2O ⇔ OH- + H+ Kw = 10-14 Ta có : Kb1 >> Kb2 ⇒ Bỏ qua OH- do nấc thứ 2 phân li 13 14 14 1 . 1 10 * 0191 . 1 089125 . 0 10 ] [ 10 ] [ 089125 . 0 1 . 0 * 10 * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ − − − − + − − + − + − − = = = = = = − + − = OH H C K OH H OH H OH C K OH gd b b gd b b Vì [H+ ] << [OH- ] ta bỏ [H+ ] bên cạnh [OH- ] Và vì [OH- ] << Cb ta bỏ [OH- ] bên cạnh Cb 96 . 12 ] log[ ] [ 089125 . 0 1 . 0 * 10 * ] [ 1 . 1 = − = ⇒ = = = = + − − gd gd b b H pH OH C K OH Câu 14: Với axit H2CO3: pKa1 = 6.35 (Ka1 = 10-6.35 ); pKa2 = 10.33 (Ka2 = 10-10.33 ) nên pH của NaHCO3 là: 34 . 8 ) 33 . 10 35 . 6 ( 2 1 ) ( 2 1 2 1 = + = + = a a pK pK pH Hay : 34 . 8 ] log[ 10 10 * 10 * ] [ 68 . 16 33 . 10 35 . 6 2 1 = − = ⇒ = = = + − − − + H pH K K H a a Câu 15: Với axit H2SO3: pKa1 = 1.76 (Ka1 = 10-1.76); pKa2 = 7.21 (Ka2 = 10-7.21) nên pH của NaHSO3 là: 485 . 4 ) 21 . 7 76 . 1 ( 2 1 ) ( 2 1 2 1 = + = + = a a pK pK pH Hay : 485 . 4 ] log[ 10 10 * 10 * ] [ 97 . 8 21 . 7 76 . 1 2 1 = − = ⇒ = = = + − − − + H pH K K H a a Câu 16: 75 . 4 11 3 14 3 10 ; 10 10 10 ] [ 10 ] [ 3 _ − − − − − + = = = ⇒ = ⇒ = a K OH H pH CH3COOH ⇔ CH3COO- + H+ H2O ⇔ OH- + H+ MTTCQ
- 48. MTTCQ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ − + − + + − − − = OH H OH H C K H a a Vì[OH-] << [H+] ta bỏ [OH-] bên cạnh [H+] 057234 . 0 057234 . 0 10 10 * 10 10 ] [ * ] [ ] [ * * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 3 75 . 4 3 75 . 4 6 2 2 = = ⇒ = + = + = ⇒ − = ⇔ = − = − − − − + + + + + + + + a M a a a a a a a a gd C C K H K H C H K C K H H H H C K H COOH CH MTTCQ
- 49. 2.8. 1) Ápdụng qui tắc đương lượng: 125 M = 41,2 0,09 103 M = 337,1. Co = 125 337 1000 50 = 0,0742M 2) Khi thêm 8,24 ml (chưa đến đTĐ) Áp dụng: h = K1 P P K = h P 1 P với P = CV CoVo = 009 824 00742 50 = 0,1998 0,2 K = 104,3 02 08 = 1,25 105 . 2) h = WK C' với C' = CCo C + Co =009 00742 009 + 00742 = 0,04067 pH = 8,75. 2.9. V = 10 ml h = K.1 P P pH = 4,35. V = 12,45 ml h = K.1 P P pH = 6,15. V = 12,5 ml h2 = WK C' pH = 8,14 V = 13 ml h = W P 1 V + Vo VoCo pH = 11,12 2.10. TN1: Cho 20 ml dung dịch NaOH C (M) vào 30 ml CH3-COOH Co (M) đạt pH = 10,5 lớn hơn pHTĐ = 8,74, nghĩa là dung dịch tương ứng với sau điểm tương đương, ta có: h = W P 1 V + Vo VoCo = 105 với P = CV CoVo = 2C 3Co Sau khi thay số 2C 3Co = 1,58 103 () TN2: Thêm tiếp 0,05 mmol HCl, đạt pH = 6 < 8,74 trước điểm tương đương. Ta có: h = K.1 P P = 106 P = 0,94556 Với P = CV 005 CoVo = 20C 005 30Co = 0,094556 2C 2,837Co = 5 103 () Giải () và () C = 3,22 102 M và Co = 2,098 102 M. 2.11. 1) NH4 + NH3 + H+ K = 109,26 0,2--------------------0,01 0,2x----------------0,01+x Áp dụng ĐL tác dụng khối lượng với x 0,01 x = 107,96 0,01. Vật h = [H+ ] = 0,01 pH = 2. 2) Gọi NaOH (C,V) và HCl (Co1,Vo) và 4 NH (Co2,Vo) Từ phương trình trung hoà điện: [Na+ ] + [H+ ] + [NH4] = [OH ] + [Cl ] CV V + Vo + h + Co2Vo V + Vo h h + K = W h + Co1Vo + Co2Vo V + Vo CV Co1Vo V + Vo = (W h h) + Co2Vo V + Vo Co2Vo V + Vo h h + K = (W h h) + Co2Vo V + Vo K h + K Nhân 2 vế cho V + Vo CoVo và đặt P = CV Co1Vo , ta được: P 1 = (W h h)V + Vo CoVo + Co2 Co1 K h + K q = P 1 = (W h h)V + Vo CoVo + Co2 Co1 K h với K h, thay số vào q = 1,74 102 hay 1,74%. 3) Áp dụng công thức q khi tính BNCĐ, chú ý môi trường (axit) Đầu BNCĐ: 150h2 0,001h 1,099.108 = 0 h = 1,25 105 pH = 4,91. Cuối BNCĐ: 150h2 + 0,001h 1,099.108 = 0 h = 5,85 106 pH = 5,23. 2.12. V = 0 ml h = WK Co = 1010,83 không hỏ hơn nhiều so K Nếu giải phương trình bậc 2 suy ra từ : 1 = W h 1 Co + K K + h pH = 10,82. V = 10 ml h = K. P 1 P pH = 9,44 V = 20 ml h = K. P 1 P pH = 8,66. V = 24,95 ml h = K. P 1 P pH = 6,56. V = 25 ml h2 = KC' với C' = CCo C + Co = 0,0125M pH = 5,58. V = 25,02 ml h = (P 1) CoVo V + Vo pH = 5 V = 30 ml h = (P 1) CoVo V + Vo pH = 2,64. 2.13. 1) P = 0 h = WK Co = 1011,22 với Co = 0,15M Chuẩn độ 50% , P = 0,5 h = K. P 1 P pH = 9,26
- 50. Khi P =1 h2 = KC' với C' = CCo C + Co = 0,09375M pH = 5,14. 2) Áp dụng công thức sai số q = (h W h ) C + Co CCo K K + h với h W h và K q = 0,1% < 0,2% vậy MD dùng được. 2.14. 1) V = 10 ml đTĐ 1 h2 = K1K2C' K1 + C' với C' = CCo C + Co = 2 3 102 M pH = 4,86. V = 20 ml đTD 2 h2 = K2K3 + WK2 C'' với C'' = CCo C + 2Co = 5 103 M pH = 9,41. 2) Khi dừng pH = 4,4 áp dụng qI sai số: 1,12% 3) Khi dừng pH = 9 áp dụng qII sai số: 0,7%. 2.15. Từ phương trình đường chuẩn độ của axit 2 nấc: P 1 = (W h h)V + Vo CoVo + K1K2 h2 h2 + hK1 + K1K2 Chú ý rằng VTĐ1 = 25 ml và VTĐ2 = 50 ml. Nếu V = 20 ml trước đTĐ 1 P 1 = hV + Vo CoVo + h h + K1 Với P = 0,8 Thay số vào K1 = 5,06 103 Nếu V = 50 tại đTĐ 2 P 2 = W h C + 2Co CCo h K2 Với P = 2 K2 = 2 106 . 2.16. 1) Điều kiện K1/K2 104 không thoả mãn không CĐ riêng được. Do đó CĐ luôn đến nấc 2: h2 = WK2 C + 2Co CCo pH = 8,34. 2) h = K2 2 P P 1 = 106 P = 1,9817 vậy CĐ được 98% kể từ nấc 1. 2.17. Chuẩn độ đến pH = 4,4: CĐ đến nấc thứ 1 của H3PO4 [H+ ] + [Na+ ] = [Ac ] + [H2PO4 ] + [OH ] với h và W h không đáng kể và [HPO4 ] và [PO4 3 ] không đáng kể Gọi C1: nồng độ mol của ax. Axetic và C2: nồng độ ax. H3PO4. 20 01 20 + 25 = K K + h 25C1 20 + 45 + 25C2 20 + 25 thay K = 104,76 và h = 104,4 2 = 7,59C1 + 25C2 () Chuẩn độ đến pH = 9 CĐ đến nấc thứ 2: [H+ ] + [Na+ ] = [Ac ] + 2[HPO4 2 ] + [OH ] với h, W h không đáng kể 01 45 25 + 45 = 25C1 25 + 45 + 2 25C2 70 4,5 = 25C1 + 50C2 () Giải hệ () và () C1 = 5,091 102 M và C2 = 6,454 102 M 2.18. 1) Tính được VTĐ1= 25 ml, VTĐ2 = 50 ml. V = 20 ml h = K2 P 1 P với P = CV CoVo = 0,8 h = 109,73 V = 25 ml h2 = W + K2C' 1 + K1 1 C' với C' = CCo C + Co h = 108,34 . V = 30 ml h = K1 P 1 2 P với P = 1,2 h = 106,95 . V = 50 ml C''= 5 103 < L = 3 102 M áp dụng: P 2 = h C + 2Co CCo K1 h + K1 với P = CV CoVo = 2 và h K1 h = 104,325 . 2) q = (h W h )C + Co CCo + h2 K1K2 h2 + K1h + K1K2 = 1,76 102 hay 1,76%. 2.19. Lúc PP đổi màu: Sđlg NaOH + Sđlg Na2CO3 = Sđlg HCl 1,2( x 100 1 40 + y 100 1 106 ) = 30 0,5 103 () Lúc MD đổi màu: Sđlg NaOH + Sđlg Na2CO3 = Sđlg HCl 1,2( x 100 1 40 + y 100 1 53 ) = 35 0,5 103 () Giải hệ x = 41,67% và y = 22,08%.
- 51. 2.20. Nồng độdd B (NaOH): C' = 31 02 25 = 0,248M 1) Gọi x: số mol NaHCO3 và y số mol Na2CO3 (trong 25 mol dung dịch A) Số mol HCl tác dụng với 25 ml dd A: x + 2y = 48 0,2 103 = 0,0096 () Sau khi thêm 50 ml dung dịch B vào 25 ml dung dịch A rồi trung hoà NaOH dư bằng HCl: Số mol NaOH = x + số mol HCl 50 0,248 103 = x + (25 0,2 103 ) x = 7,4 103 mol NaHCO3 %NaHCO3 = 82,88% Từ () y = 1,1 103 mol Na2CO3 %Na2CO3 = 15,54%. 2) Ta có thể xem Na2CO3 (8,5 mmol) đã bị chuẩn độ bằng axit đến dd A: gồm Na2CO3 (1,1 mmol và NaHCO3 7,4 mmol) Lúc đó P = CV CoVo = số mmol NaHCO3 tổng số mmol Na2CO3 ban đầu = 74 85 = 0,87 Ap dụng h = K2 P 1 P = 109,5 pH = 9,5 3) Nếu CĐ 25 ml dung dịch A bằng HCl đến PP chuyển màu (đến NaHCO3): Số đlg Na2CO3 = Sđlg HCl 1,1 = V 0,2 V = 5,5 ml. 2.21. Nhận xét: ở pH = 7,21 h = 107,21 = K2 2 P P 1 P = 1,5 (nghĩa là CĐ đến ½ nấc 2 của H3PO4) Khi pH = 9,78 pK1 + pK2 2 = 9,765 CĐ đến vừa hết nấc 2 của H3PO4. Thể tích NaOH CĐ được 1 nấc H3PO4: 5 2 = 10 ml. Suy ra thể tích NaOH CĐ vừa hết H2SO4: 15 5 10 = 10 ml. C (H3PO4) = 10 01 5 = 0,2M và C (H2SO4) = 01 10 5 2 = 0,1M. Trung hoà hoàn toàn 5 ml dung dịch hỗn hợp H3PO4 và H2SO4 (nghĩa là đến nấc 3 H3PO4) Ta có: V 0,1 = (0,1 2 5) + (0,2 3 5) V = 40 ml. 2.22. Số mol H3PO4: 0,025 0,4 = 0,01 mol. Số mol Na3PO4: 0,03 0,5 = 0,015 mol. Xét tỉ lệ f = số mol H3PO4 số mol Na3PO4 = 0,667 0,5 < f < 2 , ta có phản ứng: H3PO4 + 2Na3PO4 3Na2HPO4 2H3PO4 + Na3PO4 3NaH2PO4 a-----------2a--------------------3a b-----------0,5b------------------1,5b nH3PO4 = a + b = 0,02 và nNa3PO4 = 2a + 0,5b = 0,015 a = 002 3 và b = 001 3 nNa2HPO4 = 3a = 0,02 mol và nNaH2PO4 = 1,5b = 0,005 mol Nếu CĐ đến MD chuyển màu cần V ml HCl: 0,02 = 0,1V V = 200 ml Nếu CĐ đến PP chuyển màu cần V' ml NaOH: 0,005 = 0,1V' V' = 50 ml 3.1. 1) ETĐ = Eo Fe + 5Eo Mn 6 = 1,37V 2) Dừng CĐ ở E = 0,83 V < 1,37 V trước đTĐ, thiếu CĐ Dùng E = E o Fe + 0,059lg P 1 P P = 0,99714 q = P 1 = 0,00286 hay 0,286% 3.2. 1) CĐ thiếu 0,2%: E = E o U + 0059 2 lg P 1 P vơi P = 0,998 E = 0,414 V CĐ đến đTĐ: E = 2E o U + E o Ce 3 = 0,703V CĐ đến quá 0,2% : E = E o Ce + 0,059 lg(1 P) với P = 1,002 E = 1,280 V 2) Dừng ở thế 0,42 V < 0,703V trước đTĐ: E = E o U + 0059 2 lg P 1 P P = 0,9988 P = NV NoVo = 0,9988 V = 39,95 ml. Dừng ở thế 1,27V > 0,703 V sau đTĐ: E = E o Ce + 0,059 lg(1 P) P = 1,0013 P = NV NoVo = 1,0013 V = 40,052 ml 3.3. 1) Từ 2 bán phản ứng: Fe3+ + 1e Fe2+ K1 = 10 EFe/0,059 Ti3+ + H2O e TiO2+ + 2H+ K2 = 10ETi/0059 Phản ứng CĐ có K = K1K2 = 1011,36 2) Tính VTĐ = 50 ml và ETĐ = E o Fe + Eo Ti 2 = 0,435V Theo E = E o Fe + 0,059lg[Fe3+ ] [Fe2+ ] vơi [Fe2+ ] = 005 20 20 + 50 = 1 70 thay vào biểu thức E [Fe3+ ] = 107,52 3) Dừng ở E = 0,330 V < ETĐ quá CĐ, ta dùng E = E o Ti + 0,059lg 1 P 1 P 1 và V 50 ml 3.4. ETĐ = 144 + 068 2 = 1,06V * q = 0,001 P = 0,999
- 52. Áp dụng E= o Fe E + 0,059log[Fe3+ ] [Fe2+ ] = o Fe E + 0,059log P 1 P = 0,857 V * q = +0,001 P = 1,001 Áp dụng E = o Ce E + 0,059log(P 1) = 1,263v BNCĐ: 0,857 1,263V: Chọn Feroin chuyển màu rõ ở thế 1,12V từ đỏ sang xanh nhạt. 3.5. Chuẩn độ được 50% (P = 0,5): E = o Sn E + 0059 2 log P 1 P = 0,15V Chuẩn độ được 90% (P = 0,9): E = o Sn E + 0059 2 log P 1 P = 0,178V CĐ được 100% (P = 1): ETĐ = o o Fe Sn E 2E 3 = 0,3567V CĐ đến 110% (P = 1,1): E = o Fe E + 0,059log(P 1) = 0,711V. 3.6. Au3+ + 3I AuI + I2 a----------------------------a mol 2Cu2+ + 4I 2CuI + I2 b------------------------------0,5b mol I2 + 2S2O3 2 2I + S4O6 2 Số mol I2 = a + 0,5b = ½ Số mol S2O3 2 = 0,5(0,076132,7103 ) = 1,2442.103 Hay : 2a + b = 2,4884.103 () Ngoài ra khối lượng mẫu hợp kim: 197a + 64b = 0,1676 () a = 1,2090.104 mol và b = 2,2466.103 mol %Au = 14,221%. 3.7. Gọi x: % khối lượng H2C2O4.2H2O (M = 126) y: % khối lượng KHC2O4.H2O (M = 146) Với phép chuẩn độ axit bazơ: Sđlg NaOH = Sđlg H2C2O4.2H2O + Sđlg KHC2O4.H2O 43,1 0,125.103 = ( x 100 12 126 2 ) + ( y 100 12 146 ) () Với phép chuẩn độ oxi hóa khử:Sđlg KMnO4 = Sđlg H2C2O4.2H2O + Sđlg KHC2O4.H2O 43,1 0,125.103 = ( x 100 12 126 2 ) + ( y 100 12 146 2 ) () Giải hệ () và () x = 14,37 và y = 81,57. 3.8. Phản ứng oxi hóa Cr3+ thành 2 2 7 Cr O : 2 2 8 S O + 2e 2 2 4 SO 2Cr3+ + 7H2O 6e 2 2 7 Cr O +14H+ 3 2 2 8 S O + 2Cr3+ + 7H2O 6 2 4 SO + 2 2 7 Cr O + 14H+ Sđlg Cr3+ = Sđlg 2 2 7 Cr O = Sđlg Fe2+ (lấy dư) Số đlg KMnO4 (CĐ FeSO4 thừa) ( x 100 2 52 3 ) 20 100 = (35 15) 0,009 5 105 . x = 3,9%. 3.9. Gọi a: số mol BaCO3 = số mol Ba2+ 2Ba2+ K2Cr2O7 2BaCrO4 H+ 2Ba2+ + 2 2 7 Cr O a--------------------------------------------------0,5a 2 2 7 Cr O + 6I + 14H+ 2Cr3+ + 3I2 + 7H2O 0,5a-------------------------------------1,5a I2 + 2 2 2 3 S O 2I + 2 4 6 S O 1,5a-----3a 3a = 0,1013 38,68 103 a = 1,306 103 %Ba = 1306 103 137 100% 0512 = 34,95% 3.10. Gọi x: số mol PbO và y: số mol PbO2 PbO + H2C2O4 PbC2O4 + H2O (1) x----------x-----------------x PbO2 + 2H2C2O4 PbC2O4 + 2CO2 + 2H2O (2) y----------2y--------------- ----y 5H2C2O4 + 2KMnO4 + 3H2SO4 2MnSO4 + 10CO2 + K2SO4 + 8H2O (3) Số mol H2C2O4 tham gia (1) và (2): x + 2y = 20.0,25.103 10.0,04.103 .5 2 Hay x + 2y = 4.103 () Khi hòa tan kết tủa PbC2O4 ta thu được H2C2O4 số mol: x + y = 5 2 30.0,04.103 = 3.103 () Giải hệ () và () x = 2.103 và y = 103 mol
- 53. %PbO = 2.103 .223100% 1234 = 36,14% %PbO2 = 103 .239 100% 1234 = 19,36%. 3.11. Pb2O3 + 6HCl 2PbCl2 + Cl2 + 3H2O x-----------------------------------x Pb3O4 + 8HCl 3PbCl2 + Cl2 + 4H2O y-----------------------------------y Pb2O3 2Pb2+ 2PbCrO4 2 2 7 Cr O x---------------------------------------------------------x Pb3O4 3Pb3+ 3PbCrO4 1,5 2 2 7 Cr O y------------------------------------------------------------1,5y 2 2 7 Cr O + 6I + 14H+ 2Cr3+ + 3I2 + 7H2O (x + 1,5y)---------------------------(3x + 4,5y) I2 + 2 2 2 3 S O 2I + 2 4 6 S O Số mol 2 2 3 S O = 2.Số mol I2 = 2(3x + 4,5y) = 35,04.103 .0,2 Hay: 6x + 9y = 7,008.103 () Ngoài ra: Cl2 + 2I I2 + 2Cl (x + y)---------(x + y) Số mol 2 2 3 S O = 2(x + y) = 9,36.103 .0,2 Hay: x + y = 9,36.104 () Giải hệ () và () x = 4,72.104 và y = 4,64.104 %Pb2O3 = 462x 06 100% = 36,33% %Pb3O4 = 685y 06 100% = 52,96%. 3.12. Tính được VTĐ = 100 ml Đầu BNCĐ: q = 0,001 và Vđ = 99,9 ml E = o Fe E + 0,059log[Fe3+ ] [Fe2+ ] Với [Fe3+ ] = 001 999 1999 + 001 100 1999 = 1999 1999 Fe3+ sinh ra Fe3+ có sẵn Và [Fe2+ ] = 001 01 1999 = 0001 1999 E = 0,68 + 0,059log1999 0001 = 0,875V Cuối BNCĐ: Vc = 100,1 ml và P = 1,001 E = o Ce E + 0,059log(P 1) = 1,263V. 3.13. Nếu cho qua cột khử Ag (trong dd HCl 1M), xảy ra: Fe3+ + Ag + Cl Fe2+ + AgCl VO2 + + Ag + 2H+ + Cl VO2+ + H2O Khi chuẩn độ dung dịch thu được bằng Ce4+ thì Fe2+ Fe3+ và VO2+ VO2 + Số mol Ce4+ = Số mol Fe2+ + Số mol VO2+ 8,86.103 .0,2 = x + y Hay x + y = 1.772.103 () Nếu cho qua cột khử Zn (H2SO4 1N) : 2Fe3+ + Zn 2Fe2+ + Zn2+ 2VO2 + + 3Zn + 8H+ 2V2+ + 3Zn2+ + 4H2O Chuẩn độ bằng Ce4+ thì Fe2+ Fe3+ và V2+ VO2 + Số đlg Ce4+ = Số đlgFe2+ + Sđlg VO2 + 22.103 .0,2 = x + 3y () Giải hệ () và () cho x = 4,58.104 và y = 1,314.103 %Fe = 200 50 458 104 56 100% 05 = 20,52% %V = 200 50 1314 103 51 100% 05 = 53,6%. 3.14. Phản ứng: 6Fe2+ + Cr2O2 7 + 14H+ 6Fe3+ + 2Cr3+ + 7H2O Ta có: ETD = Eo Fe + 6Eo Cr 7 + 0059 7 lg[Fe3+ ] [Fe2+ ] [Cr2O7 2- ] [Cr3+ ]2 (chấp nhận [H+ ] = 1) Tại đTĐ: 6[Cr2O 2 7 ] + 3[Cr3+ ] = [Fe3+ ] + [Fe2+ ] mà 3[Cr3+ ] = [Fe3+ ] Nên suy ra: 6[Cr2O 2 7 ] = [Fe2+ ], thay vào biểu thức sau log: [Fe3+ ] [Fe2+ ] [Cr2O7 2- ] [Cr3+ ]2 = 3[Cr3+ ] 6[Cr2O 2 7 ] [Cr2O7 2- ] [Cr3+ ]2 = 1 2[Cr3+ ] Vậy ETĐ = Eo Fe + 6Eo Cr 7 + 0059 7 lg 1 2[Cr3+ ] = 1 7 (Eo Fe + 6Eo Cr 0018lg[Cr3+ ])
- 54. VTD = 01 100 01 = 100 ml [Cr3+ ] = [Fe3+ ] 3 = 1 3 NoVo V+Vo = 01 100 3 200 = 01 6 Thay vào ETD = 1,249 volt. Nếu dừng ở E = 1 volt: trước đTĐ E = Eo Fe + 0,059lg P 1 P = Eo Fe + 0,059lgq+1 -q q = 3,77.104 % Nếu dừng ở E = 1,3 volt sau đTĐ E = Eo Cr + 0059 6 lg[Cr2O7 2- ] [Cr3+ ]2 = Eo Cr + 0059 6 lg 1 [Cr3+ ] + 0059 6 lg [Cr2O7 2- ] [Cr3+ ] (1) Ta có: 6[Cr2O 2 7 ] + 3[Cr3+ ] = NV V+Vo Sau đTĐ: 3[Cr3+ ] = [Fe3+ ] = NoVo V+Vo [Cr3+ ] = NoVo 3(V+Vo) 01 6 Và 6[Cr2O 2 7 ] = NV NoVo V+Vo [Cr2O 2 7 ] = 1 6 NV NoVo V+Vo Vậy [Cr2O7 2- ] [Cr3+ ] = 1 2 NV NoVo NoVo = P 1 2 = q 2 Thay vào biểu thức (1): E = 1,33 + 0059 6 lg 6 01 + 0059 6 lgq 2 q = 2,965 105 hay 2,965 103 % 3.15. Với q = 0,2% = 0,002 P = 0,998 trước đTĐ E = Eo A + 006 nA lg P 1 P = Eo In 006 n = Eo A + 006 nA lg 0998 0002 = Eo In 006 n Eo A = Eo In 006 n 006 nA 2,698 (1) Với q = + 0,2% = 0,002 P = 1,002: sau đTD E = Eo B + 006 nB lg(P 1) = Eo In + 006 n Eo B = Eo In + 006 n + 006 nB 2,698 (2) Lấy hiệu số (2) và (1): Eo B Eo A = 0,06(2 n + 2698 nA + 2698 nB ) 4.1. 1)a Tại điểm tương đương: [Ag+ ] = [Br ] = T = 10123 = 106,15 [ 2 4 CrO ] = 2 4 11,7 Ag CrO 0,6 12,3 T 10 10 3,98M [Ag ] 10 b. Xét : CrO4 2 + H2O HCrO4 + OH WK1 = 107,5 C 2.103 [ ] (2.103 x)--------------x---------x x = 7,94.106 2.103 nên [CrO4 2 ] = 2.103 M. Khi kết thúc chuẩn độ: [Ag+ ] = 2 4 11,7 Ag CrO 4,5 2 3 4 T 10 10 [CrO ] 2.10 so với [Ag+ ]TĐ quá CĐ Áp dụng: q = ([Ag+ ] T [Ag+ ] )C + Co CCo = 104,5 . 001 + 005 001.005 = 102,42 q = 3,8.103 = 0,38%. 2) Đầu BNCĐ: q = -0,001 = (m T m )C + Co CCo Với m T m =-0,001 = 10123 m 001 + 005 001.005 m = 107,22 pAg = 7,22 Cuối BNCĐ: pAg = 12,3 7,22 = 5,08 Vậy BNCĐ: từ pAg = 7,22 đến pAg = 5,08 4.2. Từ công thức sai số: q = (T m m) C + Co CCo Với m = [Pb2+ ] Trước điểm tương đương: m T m m 005 + 001 005.001 = 0,001 m = 8,333.106 [ 2 4 CrO ] = 4 14 PbCrO 8,92 2 5,079 T 10 10 [Pb ] 10 [Ag+ ] = 12 1,54 8,92 10 10 10 = 2,88.102 M Sau điểm tương đương: m T m T m 0,06 0,0005 = 0,001 T m = [ 2 4 CrO ] = 105,079 [Ag+ ] = 12 5,079 10 10 = 3,46.104 M. 4.3. Ag+ + SCN AgSCN T = 1012 Co = CAgNO3 = 001 55 100 = 5,5.103 M ; C = CSCN = 0,01M
- 55. Công thức saisố: q = ([SCN]* [Ag+ ])C + Co CCo , trong đó [SCN ]* = [SCN ] + [Fe(SCN)2+ ] Ta cần phải tìm [Ag+ ]. Từ cân bằng: Fe3+ + SCN Fe(SCN )2+ = 103,03 [ ]: 5.103 ----x---------------6.106 x = 1,12.106 [Ag+ ] = T [SCN ] = 1012 112.106 = 8,93.107 M Và [SCN ]* = [SCN ] + [Fe(SCN)2+ ] = 1,12.106 + 6.106 = 7,12.106 M Với q = ([SCN]* [Ag+ ])C + Co CCo = (7,12.106 8,93.107 ) 001 + 55.103 001.55.103 = 1,754.103 Hay q = 0,18%. 4.4. Ag+ + Cl AgCl và Ag+ + SCN AgSCN Số mol Ag+ = Số mol Cl + Số mol SCN (pứ) (500,021)103 = (1000,009).103 + a (với a: sô mol SCN đã phản ứng) a = 0,15.103 mol [SCN ]dư = 3 3 (0,6 0,15)10 10 163 2,76103 M AgCl + SCN AgSCN + Cl 102 C 2,76.103 [ ] (2,76.103 x)---------------x x = 2,73.103 và [SCN ] = 3.105 M Tính lại nồng độ CFe3+ = 11 163 = 6,13.103 M Xét cân bằng: Fe3+ + SCN Fe(SCN)2+ = 103,03 C 6,13.103 ------------------3.105 [ ] (6,13.103 3.105 + x)-----x-------------(3.105 x) x = 3,98.106 [Fe(SCN)2+ ] = 3.105 3,98.106 = 2,602.105 > 6.106 : Vậy có màu đỏ xuất hiện 4.5. Số đlg Ag+ = Số đlg IO3 + Số đlg SCN 50 0,1 = 50Co + 30.0,1 Co = 0,04M q = ([SCN ]* [Ag+ ])C + Co CCo với [SCN ]* = [SCN ] + [Fe(SCN)2+ ] Từ Fe3+ + SCN Fe(SCN)2+ = 103,03 [ ] 5.103 x 6.106 . ĐLTDKL cho x = 1,12.106 và [Ag+ ] = T 112.106 = 8,93.107 [SCN ]* = [SCN ] + [Fe(SCN)2+ ] = 1,12.106 + 6.106 = 7,12.106 Tính lại nồng độ đầu Ag+ : Co = 3001103 1000 100 = 0,03M (số mol Ag+ dư = số mol SCN ) Vậy: q = (7,12 106 8,93 107 )003 + 01 003 01 = 2,7 104 hay 0,027%. 4.6. 1) Số đlg Fe2+ = Số đlg Cr2O 2 7 25No 1000 = 8 N 1000 với N = 6CM = 0,6M No = CFe2+ = 0,192M Chuẩn độ Cl : Số đlg Ag+ = Số đlg Cl Số đlg SCN 25 No’ = (100 0,16) (25 0,12) No’ = CCl = 0,52 M 2) Nếu chỉ có (FeCl2 chưa bị oxi hoá): CCl = 2CFe2+ = 0,52 CFe2+ = 0,29 M Fe2+ đã bị oxi hoá thành Fe3+ : 0068 100 026 = 26,15% 3) Từ 2 biểu thức Nernst của cặp Fe3+ /Fe2+ và Cr2O 2 7 /Cr3+ ta có: 7ETĐ = Eo Fe + 6Eo Cr + 0,059lg [Fe3+ ] [Fe2+ ] [Cr2O7 2- ] [Cr3+ ]2 (chấp nhận [H+ ] = 1) Tại đTĐ: 6[Cr2O 2 7 ] + 3[Cr3+ ] = [Fe3+ ] + [Fe2+ ] mà 3[Cr3+ ] = [Fe3+ ] Nên suy ra: 6[Cr2O 2 7 ] = [Fe2+ ], thay vào biểu thức sau log: [Fe3+ ] [Fe2+ ] [Cr2O7 2- ] [Cr3+ ]2 = 3[Cr3+ ] 6[Cr2O 2 7 ] [Cr2O7 2- ] [Cr3+ ]2 = 1 2[Cr3+ ] Vậy ETĐ = Eo Fe + 6Eo Cr 7 + 0069 7 lg 1 2[Cr3+ ] 4.7. Số đlg NaCl + Số đlg KCl = Số đlg AgNO3 Số đlg NH4SCN ( a 585 60 100 ) + ( a 745 37 100 ) = 25 0,1 103 5,5 0,1 103 a = 0,128 gam. 4.8. 1) Chuẩn độ bằng HCl: Số đlg NH3 = Số đlg HCl C 25 103 = 0,1 15 103 CNH3 = 0,06M Xác định NH4Cl : xác định Cl Số đlg AgNO3 = Số đlg SCN + Số đlg Cl (NH4Cl) + số đlg HCl (tác dụng NH3) 60 0,1 103 = (18 0,2 103 ) + (C’ 25 103 ) + (15 0,1 103 ) C’ = 0,036M 2) Sau khi tính sơ bộ môi trương môi trường bazơ Ta có: NH3 + H2O NH + 4 + OH WK1 = 104,74 C 0,06 0,036
- 56. [ ] 0,06 x (0,036 + x) x Áp dụng ĐL tác dụng khối lượng: với đk x 0,036 x = 104,52 = [OH ] h = [H+ ] = 109,48 pH = 9,48 3) Tại đTĐ: hệ là NH4Cl nồng độ C1. Thể tích tại điểm tương đương: 25 + 15 = 40 ml Vậy C1 = (0,06 + 0,036)25 40 = 0,06M Xét cân bằng: NH + 4 NH3 + H+ K = 109,26 [ ] (0,06 x) x x ĐLTDKL x = 105,24 pH = 5,24: Dùng metyl đỏ. 4.9. 1) Gọi x: % NaOH và y: % NaCl Số đlg NaOH = Số đlg HCl x 100 67 40 25 250 = 22.0,5.103 x = 65,67% Số đlg AgNO3 = Số đlg Cl + Số đlg SCN 35 0,11 103 = ( y 100 67 585 25 250 ) + (4,7 0,095 103 ) y = 29,70% Nồng độ NaOH trong dung dịch B: CM = 22 0,5 103 1000 250 = 0,44M pH = 13,64 2) q = (h W h ) C + Co CCo ở pH = 10 h W h = W h C + Co CCo = 1014 1010 05 + 044 05 + 044 = 4,27.104 q = 0,043% 3) Môi trường quá kiềm không chuẩn độ bằng Mohr được. 4.10 1) Khi MD chuyển màu pT 4 (đTĐ 2) Số đlg Na2CO3 = Số đlg HCl 25 250 m 106 2 = 0,2 20,5 103 m = 2,173 gam % Na2CO3 = 2173 35 100% = 62,08% Số đlg AgNO3 = Số đlg NaCl + Số đlg HCl (mới thêm) 30,5 0,2 103 = 25 250 m’ 585 + (0,2 20,5 103 ) m = 1,17 g. %NaCl = 117 35 100% = 33,43%. 2) CAg+ = CV V + Vo = [Ag+ ] + mAgCl + 2mAg2CrO4 (1) (m: số mol trong 1 lít dung dịch) CCl = CoVo V + Vo = [Cl ] + mAgCl (2) Lấy (1) trừ (2) : CV CoVo V + Vo = ([Ag+ ] [Cl ] + 2mAg2CrO4 ) Suy ra: q = ([Ag+ ] [Cl ] + 2mAg2CrO4 )C + Co CCo Với Co (Cl ) : bao gồm Cl trong NaCl và Cl trong HCl mới thêm Co = (305 0,2 103 ) 1000 455 = 0,1341M và C = CAg+ = 0,2M mAg2CrO4 = 575 107 1000 455 + 305 = 7,565 106 [CrO4 2- ] = (5 103 ) (7,565 106 ) = 5 103 [Ag+ ] = 1012 5.103 = 1,414 105 và [Cl ] = 1010 1414 105 = 7,07 106 Thay vào biểu thức q q = 0,027% Bài 4.11 đã giải tại lớp (phần lí thuyết) 5.1. Tại điểm tương đương: VTĐ = 50.0 01 0 02 = 25 ml Khi V = 24,9 ml < VTĐ : Từ phương trình đường CĐ rút ra: [Sr]* Vo + V CoVo = P 1 với P = 0 02.24 9 0 01.50 = 0,996 [Sr]* = 2,67.10¯5 ở pH = 10 : Sr = 1 1 + h¯1 = 1 1 + 10¯13 18 .1010 1 [Sr] = [Sr]* = 2,67.10¯5 pSr = 4,57 Khi V = 25 ml : tại điểm tương đương [Sr] = CCo C + Co 1 * Với * = . Sr . Y = 108,63 . 1 . K4 h + K4 = 108,18 [Sr] = 2 3 . 10¯2 . 10¯8 18 = 10¯5,18 pSr = 5,18 Khi V = 25,1 ml quá chuẩn độ. Áp dụng : 1 *[Sr]* = P 1 với P = CV CoVo = 0 02 . 25 1 0 01.50 = 1,004 [Sr]* = 1 108 18 . 0 004 = 10¯5,78 pSr = 5,78 5.2. Tính *CaY : Ca = 1 1 + h¯1 = 1 1 + 10¯12 5 .1012 5 = 0,5 ; Y = K4 h + K4 0,994 *CaY = CaY . Ca . Y = 1010,27
- 57. Tính *CaIn :In = K2 h + K2 = 10¯13 5 10¯12 5 + 10¯13 5 = 1 11 ; *CaIn = CaIn . Ca . In = 103,96 Ta có : *CaIn = [CaIn] [Ca]*[In]* = 1 [Ca]* [Ca]* = 10¯3,96 = m* Áp dụng công thức sai số: q = 1 *m* ( 1 * + m*)(C + Co CCo ) = 1 101027 .10¯3 96 (10¯3,96 2.10¯2 10¯4 ) 5.3. Ca = 1 1 + h¯1 = 1 1 + 10¯12 5 .1010 = 0,9968 và Y = K4 h + K4 = 1 2 82 *CaY = .Ca.Y = 1010,57 .0,9968. 1 2 82 = 1010,12 Tại điểm tương đương: [Ca]* = 1 *CaY . CCo C + Co = 1 1010 12 5.10¯3 = 10¯6,21 *CaIn = [CaIn] [Ca]*[In]* = 1 [Ca]* 1 = 106,21 q = 2,19% 5.4. Mg = 1 1 + h¯1 = 1 1 + 10¯117 .1010 = 1 102 ; Y = K4 h + K4 = 0,355 = 1 282 In = K3 h + K3 = 10¯11 6 10¯10 + 10¯116 = 0,0245 *MgY = .Mg.Y = 108,7 . 1 102 .0,355 = 108,24 *MgIn = 107 . 1 102 . 0,0245 = 105,38 *MgIn = [MgIn] [Mg]*[In]* = 1 [Mg]* 1 9 = 105,38 [Mg]* = 1 9 10¯ 5,38 = 10¯ 6,33 Thay [Mg]* vào công thức tính sai số: q = 1 *m* ( 1 * + m*)(C + Co CCo ) = 1 10824 .10¯633 10¯6,33 . 001 + 002 001.002 = 0,01223 hay q = 1,26% 5.5.Các giá trị : M =1 ;Y = K3K4 h2 + K3h = 10¯6,45 ; In = K2 h + K2 = 0,01 *MY = MY.M.Y = 1018 .1.10¯6,45 = 1011,55 *MIn = MIn .M.Y = 6,25 1010 .1. 0,01 = 108,795 Từ công thức: *MIn = 1 [M]* [MIn] [In] = 108,795 [M]* = 10¯8,795 Công thức sai số: q = 1 *MY.[M]* [M]* C + Co CCo = = 1 1011 55 .10¯8 795 10¯8,795 0 01 + 0 01 0 01.0 01 = 0,175% 5.6. Tính pH dung dịch đệm: h = KNH4 + . [NH + 4] [NH3] = 10¯9,26 . 0 182 0 1 = 10¯9 pH = 9 Tính Zn = 1 1 + i[NH3]i = 7,94.10¯6 và Y = K4 1 + K4 = 0,0521 Vậy *ZnY = 1016,5 .7,94.10¯6 .5,21.10¯2 = 1010,12 Ta có VTĐ = VoCo C = 1 ml Vài điểm quan trọng trên đường cong chuẩn độ: V = 0,5 ml (P = 0,5) pZn = 8,4 V = 1 ml (P = 1) pZn = 11,66 V = 1,3 ml (P = 1,2) pZn = 14,52 Lân cận điểm tương đương: cần giải phương trình bậc 2: 1 *[Zn]* [Zn]* Vo + V CoVo = P 1 Khi P = 0,999 pZn = 10,07 và P = 1,001 pZn = 12,25. 5.7.1. Chuẩn độ được 50% : Số đlg EDTA = 1 2 số đlg MnSO4 V 0 02 1000 = 1 2 100 0 01 1000 V = 25 ml Chuẩn độ đến điểm tương đương : VTĐ = 50 ml Chuẩn độ đến pMn = 5: Ta so sánh với pMn tại điểm tương đương để xác định điểm dừng chuẩn độ ở trước hoặc sau điểm tương đương. *(MnY) = MnY Mn Y = 1013,8 .1. K4 h + K4 = 1013,8 .0,0521 = 1012,52 Tại điểm tương đương: [Mn]* = 1 * CCo C + Co = 1 1012 52 2 10¯4 3 10¯2 = 10¯7,35 pMn = pMn* = 7,35 Nhận xét: Khi dừng chuẩn độ ở pMn = 5 trước điểm tương đương nhỏ nhỏ nhỏ
- 58. Ta áp dụng:[Mn]* = (1 p) CoVo V + Vo 10¯5 = CoVo V + Vo CV CoVo CoVo V + Vo 10¯5 = CoVo CV V + Vo = 100.0 01 0 02.V V + 100 V = 49,93 ml Chuẩn độ đến pMn = 9:điểm dừng chuẩn độ ở sau điểm tương đương. Ta áp dụng: 1 *[Mn]* = P 1 1 *[Mn]* = CV CoVo 1 1 1012 52 .10¯9 = 002.V 0 01.100 1 V = 50,015 ml 2. Sai số khi chuẩn độ đến pMn = 5 : q = 1 1012 52 .10¯5 10¯5 . 3.10¯2 2.10¯4 = 10¯2,82 = 1,51.10¯5 hay 0,15% 3. pMn tại điểm tương đương đã được tính ở trên. 5.8. Ga3+ + MgY2- GaY- + Mg2+ K Mg2+ + H2Y2- MgY2- + 2H+ K = GaY.(MgY)-1 = 1020,3 .10¯8,7 = 1011,6 : rất lớn Số mol Ga3+ = số mol Mg2+ = số mol EDTA m 69 72 = 5,91 10¯3 0,0701 m = 28,88 mg Ga 5.9. Số đlg M2+ = Số đlg EDTA = 31,63 10¯3 0,01204 2 = 0,7616 10¯3 đlg Độ cứng = 0 7616 10¯3 1000 50 = 0,0152 đlg/l Ghi chú: Một đơn vị độ cứng = 0,5mmol/l (Ca2+ , Mg2+ ) hay 1 đlg/l Nước có độ cứng 1,5 4 đơn vị : nước mềm; 4 – 8 đv : nước cứng trung bình; > 8 đv: nước cứng. 5.10.Giả sử nồng độ của Mg2+ là 10¯3 M thì COH - bắt đầu kết tủa = 10¯10 95 10¯3 = 10¯3,97 pH = 10,03 Và nồng độ của Ca2+ là 10¯3 M thì COH - bắt đầu kết tủa = 10¯5 26 10¯3 = 10¯1,13 pH = 12,87 Suy ra ở pH = 9,3 cả hai ion Ca2+ và Mg2+ đều chưa kết tủa Nếu dùng Ecriocrom đen T chỉ thị ở pH = 9,3 thì chuẩn độ cả 2 ion Ca2+ và Mg2+ Số đlg Ca2+ + Số đlg Mg2+ = Số đlg EDTA 20 500 [( x 100 0 5021 100 2 ) + ( y 100 0 5021 84 2 )] = 13,5 0,015 2 10¯3 (I) Ở pH = 11,5 Mg(OH)2 đã kết tủa hoàn toàn và Ca2+ chưa kết tủa Dùng Murexit ở pH = 11,5 chỉ chuẩn độ Ca2+ Số đlg Ca2+ = Số đlg EDTA 20 500 ( x 100 0 5021 100 2 ) = 9,4 0,015 2 10¯3 (II) Giải (I) và (II) x = 70,2% CaCO3 và y = 25,72% MgCO3 5.12.Nồng độ mol Cu2+ : Co.100 = 0,1 10 Co = 0,01M pH của dung dịch đệm: h = K. [NH + 4] [NH3] = 10¯9,24 0 0026 0 38 = 10¯11,4 pH = 11,4 Cu = 1 1 + 1[NH3] + … + 4[NH3]4 = 10¯10,4 ; Y = K4 h + K4 = 10¯10 26 10¯11 4 + 10¯10 26 = 10¯0,03 *(Cu-Y) = 1018,8 . 10¯10,4 . 10¯0,03 = 108,37 ; In = K3K4K5 h3 + K3h2 = 10¯3,55 *(Cu-In) = 1017,9 . 10¯10,4 . 10¯3,55 = 103,95 Với *(Cu-In) = [CuIn] [Cu]*.[In]* [Cu]* = m* = 1 *(Cu-In) 9 = 103,95 9 = 10¯3 Sai số chuẩn độ: q = 1 *(Cu-Y). m* m*. C + Co CCo = - 0,11 hay 11% CAl3+ = (0 023 50 0 016 38) 25 = 2,17 10¯2 M 5.11. 1) Tính * của AlY - và FeY - : Ở pH = 2: Y = K1K2K3K4 h4 + K1h3 + K1K2h2 + K1K2K3h + K1K2K3K4 = 10¯21 09 2 14 10¯8 = 10¯13,42 Fe = 1 1 + h¯1 = 1 1 676 Al = 1 1 + 'h¯1 = 1 1 + 10¯5 .102 1 rất bé
- 59. *FeY = FeY.Fe.Y= 1025,1 . 1 1 676 .10¯13,42 = 1011,46 *AlY = AlY.Al.Y = 1016,13 .1. 10¯13,42 = 102,71 Ở pH = 5: Y = K3K4 h2 + K3h = 10¯16 42 10¯10 + 10¯11 16 = 10¯6,45 Fe = 1 1 + h¯1 = 1 1 + 10¯2 17 .105 = 10¯2,83 Al = 1 1 + 'h¯1 = 1 1 + 10¯5 .105 = 1 2 *FeY = FeY.Fe.Y = 1025,1 . 10¯2,83 . 10¯6,45 = 1015,82 *AlY = AlY.Al.Y = 1016,13 .1. 1 2 . 10¯6,45 = 109,38 2) Ở pH = 2 chỉ chuẩn độ được Fe3+ : CFe3+ = 0 023 29 6 25 = 2,723 10¯2 M Ở pH = 5, *AlY lớn nên có thể chuẩn độ được bằng EDTA CAl3+ = (50.0,023 38.0,016) 25 = 2,17 102 M = 0,0217M